41 de thi HSG Toan 9 co dap an.doc

ĐỀ SỐ 1

Câu 1 ( 3 điểm ) Cho biểu thức : 22

2 12

1.)1

11

1( xxxx

A

1) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa .2) Rút gọn biểu thức A .3) Giải phương trình theo x khi A = -2 .

Câu 2 ( 1 điểm ) Giải phương trình Câu 3 ( 3 điểm )

Trong mặt phẳng toạ độ cho điểm A ( -2 , 2 ) và đờng thẳng (D) : y = - 2(x +1) .a) Điểm A có thuộc (D) hay không ?b) Tìm a trong hàm số y = ax2 có đồ thị (P) đi qua A .c) Viết phơng trình đờng thẳng đi qua A và vuông góc với (D) .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho hình vuông ABCD cố định , có độ dài cạnh là a .E là điểm đi chuyển trên đoạn CD

( E khác D ) , đờng thẳng AE cắt đờng thẳng BC tại F , đờng thẳng vuông góc với AE tại A cắt đờng thẳng CD tại K .

1) Chứng minh tam giác ABF = tam giác ADK từ đó suy ra tam giác AFK vuông cân .2) Gọi I là trung điểm của FK , Chứng minh I là tâm đờng tròn đi qua A , C, F , K .3) Tính số đo góc AIF , suy ra 4 điểm A , B , F , I cùng nằm trên một đờng tròn .

ĐỀ SỐ 2 Câu 1 ( 2 điểm )

Cho hàm số : y =

1) Nêu tập xác định , chiều biến thiên và vẽ đồ thi của hàm số.2) Lập phơng trình đờng thẳng đi qua điểm ( 2 , -6 ) có hệ số góc a và tiếp xúc với đồ thị

hàm số trên .Câu 2 ( 3 điểm )

Cho phơng trình : x2 – mx + m – 1 = 0 .1) Gọi hai nghiệm của phơng trình là x1 , x2 . Tính giá trị của biểu thức .

. Từ đó tìm m để M > 0 .

2) Tìm giá trị của m để biểu thức P = đạt giá trị nhỏ nhất .Câu 3 ( 2 điểm )

Giải phơng trình :a)

b) Câu 4 ( 3 điểm )

Cho hai đờng tròn (O1) và (O2) có bán kính bằng R cắt nhau tại A và B , qua A vẽ cát tuyến cắt hai đờng tròn (O1) và (O2) thứ tự tại E và F , đờng thẳng EC , DF cắt nhau tại P .

1) Chứng minh rằng : BE = BF .2) Một cát tuyến qua A và vuông góc với AB cắt (O1) và (O2) lần lợt tại C,D . Chứng

minh tứ giác BEPF , BCPD nội tiếp và BP vuông góc với EF .3) Tính diện tích phần giao nhau của hai đờng tròn khi AB = R .

ĐỀ SỐ 31

Câu 1 ( 3 điểm ) 1) Giải bất phơng trình : 2) Tìm giá trị nguyên lớn nhất của x thoả mãn .

Câu 2 ( 2 điểm ) Cho phơng trình : 2x2 – ( m+ 1 )x +m – 1 = 0 a) Giải phơng trình khi m = 1 .b) Tìm các giá trị của m để hiệu hai nghiệm bằng tích của chúng .

Câu3 ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = ( 2m + 1 )x – m + 3 (1) a) Tìm m biết đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A ( -2 ; 3 ) .b) Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số luôn đi qua với mọi giá trị của m .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho góc vuông xOy , trên Ox , Oy lần lợt lấy hai điểm A và B sao cho OA = OB . M là

một điểm bất kỳ trên AB .Dựng đờng tròn tâm O1 đi qua M và tiếp xúc với Ox tại A , đờng tròn tâm O2 đi qua M và

tiếp xúc với Oy tại B , (O1) cắt (O2) tại điểm thứ hai N .1) Chứng minh tứ giác OANB là tứ giác nội tiếp và ON là phân giác của góc ANB .2) Chứng minh M nằm trên một cung tròn cố định khi M thay đổi .3) Xác định vị trí của M để khoảng cách O1O2 là ngắn nhất .

ĐỀ SỐ 4 .Câu 1 ( 3 điểm )

Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức .

b) Tính giá trị của khi Câu 2 ( 2 điểm )

Giải phơng trình : Câu 3 ( 2 điểm )

Cho hàm số : y = - a) Tìm x biết f(x) = - 8 ; -

; 0 ; 2 .

b) Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm A và B nằm trên đồ thị có hoành độ lần lợt là -2 và 1 .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho hình vuông ABCD , trên cạnh BC lấy 1 điểm M . Đờng tròn đờng kính AM cắt đờng

tròn đờng kính BC tại N và cắt cạnh AD tại E . 1) Chứng minh E, N , C thẳng hàng .2) Gọi F là giao điểm của BN và DC . Chứng minh 3) Chứng minh rằng MF vuông góc với AC .

ĐỀ SỐ 5Câu 1 ( 3 điểm )

Cho hệ phơng trình : a) Giải hệ phơng trình khi m = 1 .

b) Giải và biện luận hệ phơng trình theo tham số m . 2

c) Tìm m để x – y = 2 .Câu 2 ( 3 điểm )

1) Giải hệ phơng trình :

2) Cho phơng trình bậc hai : ax2 + bx + c = 0 . Gọi hai nghiệm của phơng trình là x1 , x2 . Lập phơng trình bậc hai có hai nghiệm là 2x1+ 3x2 và 3x1 + 2x2 .

Câu 3 ( 2 điểm ) Cho tam giác cân ABC ( AB = AC ) nội tiếp đờng tròn tâm O . M là một điểm chuyển

động trên đờng tròn . Từ B hạ đờng thẳng vuông góc với AM cắt CM ở D . Chứng minh tam giác BMD cân

Câu 4 ( 2 điểm ) 1) Tính :

2) Giải bất phơng trình :

( x –1 ) ( 2x + 3 ) > 2x( x + 3 ) .ĐỀ SỐ 6Câu 1 ( 2 điểm )

Giải hệ phơng trình :

Câu 2 ( 3 điểm )

Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức A .

b) Coi A là hàm số của biến x vẽ đồ thi hàm số A .Câu 3 ( 2 điểm )

Tìm điều kiện của tham số m để hai phơng trình sau có nghiệm chung . x2 + (3m + 2 )x – 4 = 0 và x2 + (2m + 3 )x +2 =0 .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho đờng tròn tâm O và đờng thẳng d cắt (O) tại hai điểm A,B . Từ một điểm M trên d

vẽ hai tiếp tuyến ME , MF ( E , F là tiếp điểm ) .1) Chứng minh góc EMO = góc OFE và đờng tròn đi qua 3 điểm M, E, F đi qua 2 điểm

cố định khi m thay đổi trên d .2) Xác định vị trí của M trên d để tứ giác OEMF là hình vuông .


Cho phơng trình (m2 + m + 1 )x2 - ( m2 + 8m + 3 )x – 1 = 0a) Chứng minh x1x2 < 0 .b) Gọi hai nghiệm của phơng trình là x1, x2 . Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của biểu thức :

S = x1 + x2 .Câu 2 ( 2 điểm )

Cho phơng trình : 3x2 + 7x + 4 = 0 . Gọi hai nghiệm của phơng trình là x1 , x2 không giải phơng trình lập phơng trình bậc hai mà có hai nghiệm là :

và

.

Câu 3 ( 3 điểm ) 1) Cho x2 + y2 = 4 . Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của x + y .

3

2) Giải hệ phơng trình :

3) Giải phơng trình : x4 – 10x3 – 2(m – 11 )x2 + 2 ( 5m +6)x +2m = 0 Câu 4 ( 3 điểm )

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . Đờng phân giác trong của góc A , B cắt đờng tròn tâm O tại D và E , gọi giao điểm hai đờng phân giác là I , đờng thẳng DE cắt CA, CB lần lợt tại M , N .

1) Chứng minh tam giác AIE và tam giác BID là tam giác cân .2) Chứng minh tứ giác AEMI là tứ giác nội tiếp và MI // BC .3) Tứ giác CMIN là hình gì ?

ĐỀ SỐ 8

Câu1 ( 2 điểm ) Tìm m để phơng trình ( x2 + x + m) ( x2 + mx + 1 ) = 0 có 4 nghiệm phân biệt .

Câu 2 ( 3 điểm ) Cho hệ phơng trình :

a) Giải hệ khi m = 3 b) Tìm m để phơng trình có nghiệm x > 1 , y > 0 .

Câu 3 ( 1 điểm ) Cho x , y là hai số dơng thoả mãn x5+y5 = x3 + y3 . Chứng minh x2 + y2 1 + xy

Câu 4 ( 3 điểm ) 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (O) . Chứng minh

AB.CD + BC.AD = AC.BD 2) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đờng tròn (O) đờng kính AD . Đờng cao của

tam giác kẻ từ đỉnh A cắt cạnh BC tại K và cắt đờng tròn (O) tại E .a) Chứng minh : DE//BC .b) Chứng minh : AB.AC = AK.AD .c) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành .


Trục căn thức ở mẫu các biểu thức sau :

;

;

Câu 2 ( 3 điểm ) Cho phơng trình : x2 – ( m+2)x + m2 – 1 = 0 (1)a) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phơng trình .Tìm m thoả mãn x1 – x2 = 2 .b) Tìm giá trị nguyên nhỏ nhất của m để phơng trình có hai nghiệm khác nhau .

Câu 3 ( 2 điểm )Cho

Lập một phơng trình bậc hai có các hệ số bằng số và có các nghiệm là x1 = Câu 4 ( 3 điểm )

Cho hai đờng tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B . Một đờng thẳng đi qua A cắt đờng tròn (O1) , (O2) lần lợt tại C,D , gọi I , J là trung điểm của AC và AD .

1) Chứng minh tứ giác O1IJO2 là hình thang vuông .2) Gọi M là giao diểm của CO1 và DO2 . Chứng minh O1 , O2 , M , B nằm trên một đờng

tròn 4

3) E là trung điểm của IJ , đờng thẳng CD quay quanh A . Tìm tập hợp điểm E.4) Xác định vị trí của dây CD để dây CD có độ dài lớn nhất .

ĐỀ SỐ 10Câu 1 ( 3 điểm )

1)Vẽ đồ thị của hàm số : y = 2)Viết phơng trình đờng thẳng đi qua điểm (2; -2) và (1 ; -4 )

3) Tìm giao điểm của đờng thẳng vừa tìm đợc với đồ thị trên .Câu 2 ( 3 điểm )

a) Giải phơng trình :

b)Tính giá trị của biểu thức

với Câu 3 ( 3 điểm ) Cho tam giác ABC , góc B và góc C nhọn . Các đờng tròn đờng kính AB , AC cắt nhau tại D . Một đờng thẳng qua A cắt đờng tròn đờng kính AB , AC lần lợt tại E và F .

1) Chứng minh B , C , D thẳng hàng .2) Chứng minh B, C , E , F nằm trên một đờng tròn .3) Xác định vị trí của đờng thẳng qua A để EF có độ dài lớn nhất .

Câu 4 ( 1 điểm ) Cho F(x) = a) Tìm các giá trị của x để F(x) xác định .b) Tìm x để F(x) đạt giá trị lớn nhất .


1) Vẽ đồ thị hàm số

2) Viết phơng trình đờng thẳng đi qua hai điểm ( 2 ; -2 ) và ( 1 ; - 4 ) 3) Tìm giao điểm của đờng thẳng vừa tìm đợc với đồ thị trên .

Câu 2 ( 3 điểm ) 1) Giải phơng trình :

2) Giải phơng trình :

Câu 3 ( 3 điểm ) Cho hình bình hành ABCD , đờng phân giác của góc BAD cắt DC và BC theo thứ tự tại M

và N . Gọi O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác MNC . 1) Chứng minh các tam giác DAM , ABN , MCN , là các tam giác cân .2) Chứng minh B , C , D , O nằm trên một đờng tròn .

Câu 4 ( 1 điểm ) Cho x + y = 3 và y . Chứng minh x2 + y2



5

2) Xác định a để tổng bình phơng hai nghiệm của phơng trình x2 +ax +a –2 = 0 là bé nhất .

Câu 2 ( 2 điểm ) Trong mặt phẳng toạ độ cho điểm A ( 3 ; 0) và đờng thẳng x – 2y = - 2 .a) Vẽ đồ thị của đờng thẳng . Gọi giao điểm của đờng thẳng với trục tung và trục hoành

là B và E . b) Viết phơng trình đờng thẳng qua A và vuông góc với đờng thẳng x – 2y = -2 .c) Tìm toạ độ giao điểm C của hai đờng thẳng đó . Chứng minh rằng EO. EA = EB . EC

và tính diện tích của tứ giác OACB .Câu 3 ( 2 điểm )

Giả sử x1 và x2 là hai nghiệm của phơng trình : x2 –(m+1)x +m2 – 2m +2 = 0 (1)

a) Tìm các giá trị của m để phơng trình có nghiệm kép , hai nghiệm phân biệt .b) Tìm m để đạt giá trị bé nhất , lớn nhất .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . Kẻ đờng cao AH , gọi trung điểm của AB , BC theo thứ tự là M , N và E , F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của của B , C trên đờng kính AD .

a) Chứng minh rằng MN vuông góc với HE .b) Chứng minh N là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác HEF .


So sánh hai số : Câu 2 ( 2 điểm )

Cho hệ phơng trình :

Gọi nghiệm của hệ là ( x , y ) , tìm giá trị của a để x2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất . Câu 3 ( 2 điểm )

Giả hệ phơng trình :

Câu 4 ( 3 điểm ) 1) Cho tứ giác lồi ABCD các cặp cạnh đối AB , CD cắt nhau tại P và BC , AD cắt nhau tại

Q . Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp các tam giác ABQ , BCP , DCQ , ADP cắt nhau tại một điểm .

3) Cho tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp . Chứng minh

Câu 4 ( 1 điểm ) Cho hai số dơng x , y có tổng bằng 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của :


Tính giá trị của biểu thức : Câu 2 ( 3 điểm )

1) Giải và biện luận phơng trình :

6

(m2 + m +1)x2 – 3m = ( m +2)x +3 2) Cho phơng trình x2 – x – 1 = 0 có hai nghiệm là x1 , x2 . Hãy lập phơng trình bậc hai

có hai nghiệm là :

Câu 3 ( 2 điểm ) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức :

là nguyên .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho đờng tròn tâm O và cát tuyến CAB ( C ở ngoài đờng tròn ) . Từ điểm chính giữa của

cung lớn AB kẻ đờng kính MN cắt AB tại I , CM cắt đờng tròn tại E , EN cắt đờng thẳng AB tại F .

1) Chứng minh tứ giác MEFI là tứ giác nội tiếp .2) Chứng minh góc CAE bằng góc MEB .3) Chứng minh : CE . CM = CF . CI = CA . CB

Đề số 15 Câu 1 ( 2 điểm )

Giải hệ phơng trình : Câu 2 ( 2 điểm )

Cho hàm số : và y = - x – 1

a) Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng một hệ trục toạ độ .b) Viết phơng trình các đờng thẳng song song với đờng thẳng y = - x – 1 và cắt đồ thị

hàm số tại điểm có tung độ là 4 .

Câu 2 ( 2 điểm ) Cho phơng trình : x2 – 4x + q = 0 a) Với giá trị nào của q thì phơng trình có nghiệm .b) Tìm q để tổng bình phơng các nghiệm của phơng trình là 16 .

Câu 3 ( 2 điểm ) 1) Tìm số nguyên nhỏ nhất x thoả mãn phơng trình :


Câu 4 ( 2 điểm ) Cho tam giác vuông ABC ( góc A = 1 v ) có AC < AB , AH là đờng cao kẻ từ đỉnh A .

Các tiếp tuyến tại A và B với đờng tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại M . Đoạn MO cắt cạnh AB ở E , MC cắt đờng cao AH tại F . Kéo dài CA cho cắt đờng thẳng BM ở D . Đ-ờng thẳng BF cắt đờng thẳng AM ở N .

a) Chứng minh OM//CD và M là trung điểm của đoạn thẳng BD . b) Chứng minh EF // BC .c) Chứng minh HA là tia phân giác của góc MHN .

Đề số 16 Câu 1 : ( 2 điểm )

7

Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hàm số y = 3x + m (*) 1) Tính giá trị của m để đồ thị hàm số đi qua : a) A( -1 ; 3 ) ; b) B( - 2 ; 5 ) 2) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là - 3 . 3) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là - 5 .

Câu 2 : ( 2,5 điểm ) Cho biểu thức :

a) Rút gọn biểu thức A . b) Tính giá trị của A khi x = c) Với giá trị nào của x thì A đạt giá trị nhỏ nhất .

Câu 3 : ( 2 điểm ) Cho phơng trình bậc hai : và gọi hai nghiệm của phơng trình là x1 và x2 . Không giải phơng trình , tính giá trị của các biểu thức sau :

a) b)

c)

d) Câu 4 ( 3.5 điểm ) Cho tam giác ABC vuông ở A và một điểm D nằm giữa A và B . Đờng tròn đờng kính BD

cắt BC tại E . Các đờng thẳng CD , AE lần lợt cắt đờng tròn tại các điểm thứ hai F , G . Chứng minh :

a) Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD . b) Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp đợc trong một đờng tròn . c) AC song song với FG . d) Các đờng thẳng AC , DE và BF đồng quy .

Đề số 17 Câu 1 ( 2,5 điểm )

Cho biểu thức : A = a) Với những giá trị nào của a thì A xác định .

b) Rút gọn biểu thức A . c) Với những giá trị nguyên nào của a thì A có giá trị nguyên . Câu 2 ( 2 điểm )

Một ô tô dự định đi từ A đền B trong một thời gian nhất định . Nếu xe chạy với vận tốc 35 km/h thì đến chậm mất 2 giờ . Nếu xe chạy với vận tốc 50 km/h thì đến sớm hơn 1 giờ . Tính quãng đờng AB và thời gian dự định đi lúc đầu . Câu 3 ( 2 điểm )

a) Giải hệ phơng trình :

b) Giải phơng trình :

Câu 4 ( 4 điểm ) Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB sao cho AC = 10 cm ;CB = 40 cm . Vẽ về cùng một

nửa mặt phẳng bờ là AB các nửa đờng tròn đờng kính theo thứ tự là AB , AC , CB có tâm lần lợt là O , I , K . Đờng vuông góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn (O) ở E . Gọi M , N theo thứ tự là giao điểm cuae EA , EB với các nửa đờng tròn (I) , (K) . Chứng minh :

a) EC = MN . b) MN là tiếp tuyến chung của các nửa đờng tròn (I) và (K) . c) Tính độ dài MN .

8

d) Tính diện tích hình đợc giới hạn bởi ba nửa đờng tròn . ĐỀ 18 Câu 1 ( 2 điểm )

Cho biểu thức : A = 1) Rút gọn biểu thức A .

2) Chứng minh rằng biểu thức A luôn dơng với mọi a . Câu 2 ( 2 điểm )

Cho phơng trình : 2x2 + ( 2m - 1)x + m - 1 = 0 1) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn 3x1 - 4x2 = 11 . 2) Tìm đẳng thức liên hệ giữa x1 và x2 không phụ thuộc vào m . 3) Với giá trị nào của m thì x1 và x2 cùng dơng .

Câu 3 ( 2 điểm ) Hai ô tô khởi hành cùng một lúc đi từ A đến B cách nhau 300 km . Ô tô thứ nhất mỗi giờ

chạy nhanh hơn ô tô thứ hai 10 km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ . Tính vận tốc mỗi xe ô tô . Câu 4 ( 3 điểm )

Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O . M là một điểm trên cung AC ( không chứa B ) kẻ MH vuông góc với AC ; MK vuông góc với BC .

1) Chứng minh tứ giác MHKC là tứ giác nội tiếp . 2) Chứng minh 3) Chứng minh AMB đồng dạng với HMK .

Câu 5 ( 1 điểm ) Tìm nghiệm dơng của hệ :

ĐỂ 19

( THI TUYỂN SINH LỚP 10 - THPT NĂM 2006 - 2007 - HẢI DƠNG - 120 PHÚT - NGÀY 28 / 6 / 2006

Câu 1 ( 3 điểm ) 1) Giải các phơng trình sau :

a) 4x + 3 = 0 b) 2x - x2 = 0

2) Giải hệ phơng trình : Câu 2( 2 điểm )

1) Cho biểu thức : P = a) Rút gọn P .

b) Tính giá trị của P với a = 9 . 2) Cho phơng trình : x2 - ( m + 4)x + 3m + 3 = 0 ( m là tham số ) a) Xác định m để phơng trình có một nghiệm bằng 2 . Tìm nghiệm còn lại . b) Xác định m để phơng trình có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn

Câu 3 ( 1 điểm ) Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 180 km . Một ô tô đi từ A đến B , nghỉ 90 phút

ở B , rồi lại từ B về A . Thời gian lúc đi đến lúc trở về A là 10 giờ . Biết vận tốc lúc về kém vận tốc lúc đi là 5 km/h . Tính vận tốc lúc đi của ô tô . Câu 4 ( 3 điểm )

9

Tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn đờng kính AD . Hai đờng chéo AC , BD cắt nhau tại E . Hình chiếu vuông góc của E trên AD là F . Đờng thẳng CF cắt đờng tròn tại điểm thứ hai là M . Giao điểm của BD và CF là N

Chứng minh : a) CEFD là tứ giác nội tiếp . b) Tia FA là tia phân giác của góc BFM . c) BE . DN = EN . BD

Câu 5 ( 1 điểm ) Tìm m để giá trị lớn nhất của biểu thức

bằng 2 .

ĐỂ 20Câu 1 (3 điểm )

1) Giải các phơng trình sau : a) 5( x - 1 ) = 2 b) x2 - 6 = 0

2) Tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng y = 3x - 4 với hai trục toạ độ . Câu 2 ( 2 điểm )

1) Giả sử đờng thẳng (d) có phơng trình : y = ax + b . Xác định a , b để (d) đi qua hai điểm A ( 1 ; 3 ) và B ( - 3 ; - 1)

2) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phơng trình x2 - 2( m - 1)x - 4 = 0 ( m là tham số ) Tìm m để : 3) Rút gọn biểu thức : P =

Câu 3( 1 điểm) Một hình chữ nhật có diện tích 300 m2 . Nếu giảm chiều rộng đi 3 m , tăng chiều dài thêm

5m thì ta đợc hình chữ nhật mới có diện tích bằng diện tích bằng diện tích hình chữ nhật ban đầu . Tính chu vi hình chữ nhật ban đầu . Câu 4 ( 3 điểm )

Cho điểm A ở ngoài đờng tròn tâm O . Kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với đờng tròn (B , C là tiếp điểm ) . M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC ( M B ; M C ) . Gọi D , E , F tơng ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đờng thẳng AB , AC , BC ; H là giao điểm của MB và DF ; K là giao điểm của MC và EF .

1) Chứng minh : a) MECF là tứ giác nội tiếp . b) MF vuông góc với HK .

2) Tìm vị trí của M trên cung nhỏ BC để tích MD . ME lớn nhất . Câu 5 ( 1 điểm ) Trong mặt phẳng toạ độ ( Oxy ) cho điểm A ( -3 ; 0 ) và Parabol (P) có phơng trình y = x2 . Hãy tìm toạ độ của điểm M thuộc (P) để cho độ dài đoạn thẳng AM nhỏ nhất .

II, Các đề thi vào ban tự nhiênĐề 1

CÂU 1 : ( 3 ĐIỂM ) GIẢI CÁC PHƯƠNG TRÌNH a) 3x2 – 48 = 0 .b) x2 – 10 x + 21 = 0 .

10

c)

Câu 2 : ( 2 điểm ) a) Tìm các giá trị của a , b biết rằng đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua hai điểm

A( 2 ; - 1 ) và B ( b) Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số y = mx + 3 ; y = 3x –7 và đồ thị của hàm

số xác định ở câu ( a ) đồng quy .

Câu 3 ( 2 điểm ) Cho hệ phương trình .

a) Giải hệ khi m = n = 1 .b) Tìm m , n để hệ đã cho có nghiệm

Câu 4 : ( 3 điểm ) Cho tam giác vuông ABC ( = 900 ) nội tiếp trong đường tròn tâm O . Trên cung nhỏ AC

ta lấy một điểm M bất kỳ ( M khác A và C ) . Vẽ đường tròn tâm A bán kính AC , đường tròn này cắt đường tròn (O) tại điểm D ( D khác C ) . Đoạn thẳng BM cắt đường tròn tâm A ở điểm N .

a) Chứng minh MB là tia phân giác của góc .b) Chứng minh BC là tiếp tuyến của đường tròn tâm A nói trên .c) So sánh góc CNM với góc MDN .d) Cho biết MC = a , MD = b . Hãy tính đoạn thẳng MN theo a và b .

ĐỀ SỐ 2Câu 1 : ( 3 điểm ) Cho hàm số : y =

( P )

a) Tính giá trị của hàm số tại x = 0 ; -1 ; ; -2 .

b) Biết f(x) = tìm x .

c) Xác định m để đường thẳng (D) : y = x + m – 1 tiếp xúc với (P) .

Câu 2 : ( 3 điểm ) Cho hệ phương trình :

a) Giải hệ khi m = 1 .b) Giải và biện luận hệ phương trình .

Câu 3 : ( 1 điểm ) Lập phương trình bậc hai biết hai nghiệm của phương trình là :

Câu 4 : ( 3 điểm ) Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp . P là giao điểm của hai đờng chéo AC và BD .a) Chứng minh hình chiếu vuông góc của P lên 4 cạnh của tứ giác là 4 đỉnh của một tứ

giác có đường tròn nội tiếp .11

b) M là một điểm trong tứ giác sao cho ABMD là hình bình hành . Chứng minh rằng nếu góc CBM = góc CDM thì góc ACD = góc BCM .

c) Tìm điều kiện của tứ giác ABCD để : ĐỀ SỐ 3

Câu 1 ( 2 điểm ) . Giải phương trình

a) 1- x - = 0

b) Câu 2 ( 2 điểm ) .Cho Parabol (P) : y =

và đường thẳng (D) : y = px + q .

Xác định p và q để đường thẳng (D) đi qua điểm A ( - 1 ; 0 ) và tiếp xúc với (P) . Tìm toạ độ tiếp điểm . Câu 3 : ( 3 điểm ) Trong cùng một hệ trục toạ độ Oxy cho parabol (P) :

và đường thẳng (D) : a) Vẽ (P) .b) Tìm m sao cho (D) tiếp xúc với (P) .c) Chứng tỏ (D) luôn đi qua một điểm cố định . Câu 4 ( 3 điểm ) .Cho tam giác vuông ABC ( góc A = 900 ) nội tiếp đường tròn tâm O , kẻ đường kính AD . 1) Chứng minh tứ giác ABCD là hình chữ nhật . 2) Gọi M , N thứ tự là hình chiếu vuông góc của B , C trên AD , AH là đường cao của tam

giác ( H trên cạnh BC ) . Chứng minh HM vuông góc với AC .3) Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MHN .4) Gọi bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ABC là R và r .

Chứng minh

ĐỀ SỐ 4Câu 1 ( 3 điểm ) .

Giải các phương trình sau .a) x2 + x – 20 = 0 .

b)

c) Câu 2 ( 2 điểm )

Cho hàm số y = ( m –2 ) x + m + 3 .a) Tìm điều kiệm của m để hàm số luôn nghịch biến .b) Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hành độ là 3 .c) Tìm m để đồ thị các hàm số y = - x + 2 ; y = 2x –1và y = (m – 2 )x + m + 3 đồng quy .

12

Câu 3 ( 2 điểm ) Cho phương trình x2 – 7 x + 10 = 0 . Không giải phương trình tính .a) b)

c) Câu 4 ( 4 điểm ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , đường phân giác trong của góc A cắt cạnh

BC tại D và cắt đường tròn ngoại tiếp tại I .a) Chứng minh rằng OI vuông góc với BC .b) Chứng minh BI2 = AI.DI .c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC . Chứng minh góc BAH = góc CAO .d) Chứng minh góc HAO =

ĐỀ SỐ 5 Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho hàm số y = x2 có đồ thị là đường cong Parabol (P) .a) Chứng minh rằng điểm A( - nằm trên đường cong (P) .b) Tìm m để để đồ thị (d ) của hàm số y = ( m – 1 )x + m ( m R , m 1 ) cắt đường cong

(P) tại một điểm . c) Chứng minh rằng với mọi m khác 1 đồ thị (d ) của hàm số y = (m-1)x + m luôn đi qua

một điểm cố định .Câu 2 ( 2 điểm ) . Cho hệ phương trình :

a) Giải hệ phương trình với m = 1 b) Giải biện luận hệ phương trình theo tham số m .c) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thoả mãn x2 + y2 = 1 .Câu 3 ( 3 điểm ) Giải phương trình

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho tam giác ABC , M là trung điểm của BC . Giả sử gócBAM = Góc BCA.a) Chứng minh rằng tam giác ABM đồng dạng với tam giác CBA .b) Chứng minh minh : BC2 = 2 AB2 . So sánh BC và đường chéo hình vuông cạnh là

AB .c) Chứng tỏ BA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC . d) Đường thẳng qua C và song song với MA , cắt đường thẳng AB ở D . Chứng tỏ đường

tròn ngoại tiếp tam giác ACD tiếp xúc với BC . ĐỀ SỐ 6 . Câu 1 ( 3 điểm )

a) Giải phương trình : c) Cho Parabol (P) có phương trình y = ax2 . Xác định a để (P) đi qua điểm A( -1; -2) .

Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và đường trung trực của đoạn OA .Câu 2 ( 2 điểm )

13

a) Giải hệ phương trình

1) Xác định giá trị của m sao cho đồ thị hàm số (H) : y =

và đường thẳng (D) : y = - x +

m tiếp xúc nhau .Câu 3 ( 3 điểm )

Cho phương trình x2 – 2 (m + 1 )x + m2 - 2m + 3 = 0 (1).a) Giải phương trình với m = 1 .b) Xác định giá trị của m để (1) có hai nghiệm trái dấu .c) Tìm m để (1) có một nghiệm bằng 3 . Tìm nghiệm kia .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB . Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC .

Chứng minh :a) Tứ giác CBMD nội tiếp .b) Khi điểm D di động trên trên đường tròn thì không đổi .c) DB . DC = DN . AC


Giải các phương trình :a) x4 – 6x2- 16 = 0 .b) x2 - 2 - 3 = 0


Cho phương trình x2 – ( m+1)x + m2 – 2m + 2 = 0 (1)a) Giải phương trình với m = 2 .b) Xác định giá trị của m để phương trình có nghiệm kép . Tìm nghiệm kép đó .c) Với giá trị nào của m thì đạt giá trị bé nhất , lớn nhất .

Câu 3 ( 4 điểm ) . Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD , còn M là trung điểm của cạnh CD . Nối MI kéo dài cắt cạnh AB ở N . Từ B kẻ đường thẳng song song với MN , đường thẳng đó cắt các đường thẳng AC ở E . Qua E kẻ đường thẳng song song với CD , đường thẳng này cắt đường thẳng BD ở F .

a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp .b) Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng BF và AI . IE = IB2 .c) Chứng minh


Phân tích thành nhân tử .a) x2- 2y2 + xy + 3y – 3x .b) x3 + y3 + z3

- 3xyz .Câu 2 ( 3 điểm )

Cho hệ phương trình .14

a) Giải hệ phương trình khi m = 1 .b) Tìm m để hệ có nghiệm đồng thời thoả mãn điều kiện ;

Câu 3 ( 2 điểm )

Cho hai đường thẳng y = 2x + m – 1 và y = x + 2m . a) Tìm giao điểm của hai đường thẳng nói trên .b) Tìm tập hợp các giao điểm đó .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho đường tròn tâm O . A là một điểm ở ngoài đường tròn , từ A kẻ tiếp tuyến AM , AN với đường tròn , cát tuyến từ A cắt đường tròn tại B và C ( B nằm giữa A và C ) . Gọi I là trung điểm của BC .

1) Chứng minh rằng 5 điểm A , M , I , O , N nằm trên một đường tròn .2) Một đường thẳng qua B song song với AM cắt MN và MC lần lượt tại E và F . Chứng

minh tứ giác BENI là tứ giác nội tiếp và E là trung điểm của EF .ĐỀ SỐ 9Câu 1 ( 3 điểm ) Cho phương trình : x2 – 2 ( m + n)x + 4mn = 0 .

a) Giải phương trình khi m = 1 ; n = 3 .b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m ,n .c) Gọi x1, x2, là hai nghiệm của phương trình . Tính theo m ,n .

Câu 2 ( 2 điểm ) Giải các phương trình .

a) x3 – 16x = 0 b)


Cho hàm số : y = ( 2m – 3)x2 . 1) Khi x < 0 tìm các giá trị của m để hàm số luôn đồng biến .2) Tìm m để đồ thị hàm số đi qua điểm ( 1 , -1 ) . Vẽ đồ thị với m vừa tìm được .

Câu 4 (3điểm ) Cho tam giác nhọn ABC và đường kính BON . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC ,

Đường thẳng BH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M .1) Chứng minh tứ giác AMCN là hình thanng cân .2) Gọi I là trung điểm của AC . Chứng minh H , I , N thẳng hàng .3) Chứng minh rằng BH = 2 OI và tam giác CHM cân .

ĐỀ SỐ 10 .Câu 1 ( 2 điểm )

Cho phương trình : x2 + 2x – 4 = 0 . gọi x1, x2, là nghiệm của phương trình .Tính giá trị của biểu thức :

Câu 2 ( 3 điểm)Cho hệ phương trình

a) Giải hệ phương trình khi a = 1 15

b) Gọi nghiệm của hệ phương trình là ( x , y) . Tìm các giá trị của a để x + y = 2 .Câu 3 ( 2 điểm )

Cho phương trình x2 – ( 2m + 1 )x + m2 + m – 1 =0.a) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm với mọi m .b) Gọi x1, x2, là hai nghiệm của phương trình . Tìm m sao cho : ( 2x 1 – x2 )( 2x2 – x1 ) đạt

giá trị nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất ấy . c) Hãy tìm một hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 mà không phụ thuộc vào m .

Câu 4 ( 3 điểm ) Cho hình thoi ABCD có góc A = 600 . M là một điểm trên cạnh BC , đường thẳng AM cắt cạnh DC kéo dài tại N .

a) Chứng minh : AD2 = BM.DN .b) Đường thẳng DM cắt BN tại E . Chứng minh tứ giác BECD nội tiếp .c) Khi hình thoi ABCD cố định . Chứng minh điểm E nằm trên một cung tròn cố định khi

m chạy trên BC .

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên 1999 Đại học khoa học tự nhiên.Bài 1. Cho các số a, b, c thỏa mãn điều kiện:

.Hãy tính giá trị biểu thức .

Bài 2. a) Giải phương trình b) Giải hệ phương trình :

Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n2 + 9n – 2 chia hết cho n + 11.Bài 4. Cho vòng tròn (C) và điểm I nằm trong vòng tròn. Dựng qua I hai dây cung bất kỳ MIN,

EIF. Gọi M’, N’, E’, F’ là các trung điểm của IM, IN, IE, IF. a) Chứng minh rằng : tứ giác M’E’N’F’ là tứ giác nội tiếp.b) Giả sử I thay đổi, các dây cung MIN, EIF thay đổi. Chứng minh rằng vòng tròn ngoại tiếp tứ giác M’E’N’F’ có bán kính không đổi.c) Giả sử I cố định, các day cung MIN, EIF thay đổi nhưng luôn vuông góc với nhau. Tìm vị trí của các dây cung MIN, EIF sao cho tứ giác M’E’N’F’ có diện tích lớn nhất.

Bài 5. Các số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện: x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên toán 1992 Đại học tổng hợp

Bài 1. a) Giải phương trình (1 + x)4 = 2(1 + x4).b) Giải hệ phương trình

Bài 2. a) Phân tích đa thức x5 – 5x – 4 thành tích của một đa thức bậc hai và một đa thức bậc ba

với hệ số nguyên.b) Áp dụng kết quả trên để rút gọn biểu thức

.

Bài 3. Cho ABC đều. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta luôn có MA ≤ MB + MC.16

D C

BAE

F

Bài 4. Cho xOy cố định. Hai điểm A, B khác O lần lượt chạy trên Ox và Oy tương ứng sao cho OA.OB = 3.OA – 2.OB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đI qua một điểm cố định.

Bài 5. Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m > n và m không chia hết cho n. Biết rằng số dư khi chia m cho n bằng số dư khi chia m + n cho m – n. Hãy tính tỷ số

.

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên 1996 Đại học khoa học tự nhiên.Bài 1. Cho x > 0 hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

.Bài 2. Giải hệ phương trình

Bài 3. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta có : n3 + 5n 6.Bài 4. Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :

.

Bài 5. Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. Gọi M, N, P, Q là các điểm bất kỳ lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CD, DA.a) Chứng minh rằng 2a2 ≤ MN2 + NP2 +PQ2 + QM2 ≤ 4a2 .b) Giả sử M là một điểm cố định trên cạnh AB. Hãy xác định vị trí các điểm N, P, Q lần lượt trên các cạnh BC, CD, DA sao cho MNPQ là một hình vuông.

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên 2000 Đại học khoa học tự nhiênBài 1. a) Tính

.

b) GiảI hệ phương trình :

Bài 2. a) Giải phương trình

b) Tìm tất cả các giá trị của a để phương trình

có ít nhất một nghiệm nguyên.

Bài 3. Cho đường tròn tâm O nội tiếp trong hình thang ABCD (AB // CD), tiếp xúc với cạnh AB tại E và với cạnh CD tại F như hình a) Chứng minh rằng

.

b) Cho AB = a, CB = b (a < b), BE = 2AE. Tính diện tích hình thang ABCD.

Bài 4. Cho x, y là hai số thực bất kì khác không.Chứng minh rằng

. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên 1998 Đại học khoa học tự nhiênBài 1. a) GiảI phương trình .


Bài 2. Các số a, b thỏa mãn điều kiện :

Hãy tính giá trị biểu thức P = a2 + b2 .Bài 3. Cho các số a, b, c [0,1]. Chứng minh rằng {Mờ}

17

Bài 4. Cho đường tròn (O) bán kính R và hai điểm A, B cố định trên (O) sao cho AB < 2R. Giả sử M là điểm thay đổi trên cung lớn của đường tròn .a) Kẻ từ B đường tròn vuông góc với AM, đường thẳng này cắt AM tại I và (O) tại N. Gọi J là trung điểm của MN. Chứng minh rằng khi M thay đổi trên đường tròn thì mỗi điểm I, J đều nằm trên một đường tròn cố định.b) Xác định vị trí của M để chu vi AMB là lớn nhất.

Bài 5. a) Tìm các số nguyên dương n sao cho mỗi số n + 26 và n – 11 đều là lập phương của một số nguyên dương.b) Cho các số x, y, z thay đổi thảo mãn điều kiện x2 + y2 +z2 = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

.

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên 1993-1994 Đại học tổng hợpBài 1. a) GiảI phương trình

.


Bài 2. Tìm max và min của biểu thức : A = x2y(4 – x – y) khi x và y thay đổi thỏa mãn điều kiện : x 0, y 0, x + y ≤ 6.

Bài 3. Cho hình thoi ABCD. Gọi R, r lần lượt là các bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABD, ABC và a là độ dài cạnh hình thoi. Chứng minh rằng

.

Bài 4. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c đôI một khác nhau sao cho biểu thức nhận giá trị

nguyên dương.Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên 1991-1992 Đại học tổng hợp

Bài 1. a) Rút gọn biểu thức .b) Phân tích biêu thức P = (x – y)5 + (y-z)5 +(z - x )5 thành nhân tử.

Bài 2. a) Cho các số a, b, c, x, y, z thảo mãn các điều kiện

hãy tính giá trị của biểu thức A = xa2 + yb2 + zc2.b) Cho 4 số a, b, c, d mỗi số đều không âm và nhỏ hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng 0 ≤ a + b + c + d – ab – bc – cd – da ≤ 2. Khi nào đẳng thức xảy ra dấu bằng.

Bài 3. Cho trước a, d là các số nguyên dương. Xét các số có dạng :a, a + d, a + 2d, … , a + nd, …Chứng minh rằng trong các số đó có ít nhất một số mà 4 chữ số đầu tiên của nó là 1991.

Bài 4. Trong một cuộc hội thảo khoa học có 100 người tham gia. Giả sử mỗi người đều quen biết với ít nhất 67 người. Chứng minh rằng có thể tìm được một nhóm 4 người mà bất kì 2 người trong nhóm đó đều quen biết nhau.

Bài 5. Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm M nằm trong hình vuông sao cho MAB = MBA = 150 . Chứng minh rằng MCD đều.

Bài 6. Hãy xây dựng một tập hợp gồm 8 điểm có tính chất : Đường trung trực của đoạn thẳng nối hai điểm bất kì luôn đI qua ít nhất hai điểm của tập hợp đó.

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên Lý 1989-1990Bài 1. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biêu thức

nguyên.

Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + ab + b2 – 3a – 3b + 3.Bài 3. a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m thì biểu thức m2 + m + 1 không phảI là

số chính phương.18

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m thì m(m + 1) không thể bằng tích của 4 số nguyên liên tiếp.

Bài 4. Cho ABC vuông cân tại A. CM là trung tuyến. Từ A vẽ đường vuông góc với MC cắt BC tại H. Tính tỉ số

.

Bài 5. Có 6 thành phố, trong đó cứ 3 thành phố bất kì thì có ít nhất 2 thnàh phố liên lạc được với nhau. Chứng minh rằng trong 6 thành phố nói trên tồn tại 3 thành phố liên lạc được với nhau.

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên năm 2004 Đại học khoa học tự nhiên(vòng1)Bài 1. a) GiảI phương trình

b) Tìm nghiệm nguyên cảu hệ

Bài 2. Cho các số thực dương a và b thỏa mãn a100 + b100 = a101 + b101 = a102 + b102 .Hãy tính

giá trị biểu thức P = a2004 + b2004 .Bài 3. Cho ABC có AB=3cm, BC=4cm, CA=5cm. Đường cao, đường phân giác, đường

trung tuyến của tam giác kẻ từ đỉnh B chia tam giác thành 4 phần. Hãy tính diện tích mỗi phần.

Bài 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn, có hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại H (H không trùng với tâm cảu đường tròn ). Gọi M và N lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ H xuống các đường thẳng AB và BC; P và Q lần lượt là các giao điểm của các đường thẳng MH và NH với các đường thẳng CD và DA. Chứng minh rằng đường thẳng PQ song song với đường thẳng AC và bốn điểm M, N, P, Q nằm trên cùng một đường tròn .

Bài 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên năm 2004 Đại học khoa học tự nhiên(vòng 2)Bài 1. giảI phương trình Bài 2. GiảI hệ phương trình

Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

với x, y là các số thực lớn hơn 1.

Bài 4. Cho hình vuông ABCD và điểm M nằm trong hình vuông.a) Tìm tất cả các vị trí của M sao cho MAB = MBC = MCD = MDA.b) Xét điểm M nằm trên đường chéo AC. Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ M xuống AB và O là trung điểm của đoạn AM. Chứng minh rằng tỉ số

có giá trị không đổi khi M di

chuyển trên đường chéo AC.c) Với giả thiết M nằm trên đường chéo AC, xét các đường tròn (S) và (S’) có các đường kính tương ứng AM và CN. Hai tiếp tuyến chung của (S) và (S’) tiếp xúc với (S’) tại P và Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ tiếp xúc với (S).

Bài 5. Với số thực a, ta định nghĩa phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và kí hiệu là [a]. Dãy số x0, x1, x2 …, xn, … được xác định bởi công thức

. Hỏi trong 200 số

{x1, x2, …, x199} có bao nhiêu số khác 0 ?

19

Đề thi thử vào THPT Chu Văn An 2004Bài 1. Cho biểu thức

a) Rút gọn Pb) Cho

. Hãy tính giá trị của P.

Bài 2. Cho phương trình mx2 – 2x – 4m – 1 = 0 (1)a) Tìm m để phương trình (1) nhận x = là nghiệm, hãy tìm nghiệm còn lại.b) Với m 0

Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 phân biệt.Gọi A, B lần lượt là các điểm biểu diễn của các nghiệm x1, x2 trên trục số. Chứng

minh rằng độ dài đoạn thẳng AB không đổi (Không chắc lắm) Bài 3. Cho đường tròn (O;R) đường kính AB và một điểm M di động trên đường tròn (M

khác A, B) Gọi CD lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ AM và BM.a) Chứng minh rằng CD = R và đường thẳng CD luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.b) Gọi P là hình chiếu vuông góc của điểm D lên đường thẳng AM. đường thẳng OD cắt dây BM tại Q và cắt đường tròn (O) tại giao điểm thứ hai S. Tứ giác APQS là hình gì ? Tại sao ?c) đường thẳng đI qua A và vuông góc với đường thẳng MC cắt đường thẳng OC tại H. Gọi E là trung điểm của AM. Chứng minh rằng HC = 2OE.d) Giả sử bán kính đường tròn nội tiếp MAB bằng 1. Gọi MK là đường cao hạ từ M đến AB. Chứng minh rằng :

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên năm 2003 Đại học khoa học tự nhiên(vòng 2)

Bài 1. Cho phương trình x4 + 2mx2 + 4 = 0. Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1, x2, x3, x4 thỏa mãn x1

4 + x24 + x3

4 + x44 = 32.

Bài 2. Giải hệ phương trình :

Bài 3. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2 + xy + y2 = x2y2 .Bài 4. đường tròn (O) nội tiếp ABC tiếp xúc với BC, CA, AB tương ứng tại D, E, F. Đường

tròn tâm (O’) bàng tiếp trong góc BAC của ABC tiếp xúc với BC và phần kéo dài của AB, AC tương ứng tại P, M, N.a) Chứng minh rằng : BP = CD.b) Trên đường thẳng MN lấy các điểm I và K sao cho CK // AB, BI // AC. Chứng minh rằng : tứ giác BICE và BKCF là hình bình hành.c) Gọi (S) là đường tròn đi qua I, K, P. Chứng minh rằng (S) tiếp xúc với BC, BI, CK.

Bài 5. Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện : Tìm min của .

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên năm 2003 Đại học khoa học tự nhiênBài 1. Giải phương trình .

20

Bài 2. Giải hệ phương trình

Bài 3. Tím các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức : .Bài 4. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. M, N là hai điểm trên nửa đường tròn (O)

sao cho M thuộc cung AN và tổng các khoảng cách từ A, B đến đường thẳng MN bằng a) Tính độ dài MN theo R.b) Gọi giao điểm của hai dây AN và BM là I. Giao điểm của các đường thẳng AM và BN là K. Chứng minh rằng bốn điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn , Tính bán kính của đường tròn đó theo R.c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích KAB theo R khi M, N thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán.

Bài 5. Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện : x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng : x2 + y2 + z2 3.

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên năm 2002 Đại học khoa học tự nhiênBài 1. a) Giải phương trình : .

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình : x + xy + y = 9Bài 2. Giải hệ phương trình :

{M}

Bài 3. Cho mười số nguyên dương 1, 2, …, 10. Sắp xếp 10 số đó một cách tùy ý vào một hàng. Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong hàng ta được 10 tổng. Chứng minh rằng trong 10 tổng đó tồn tại ít nhất hai tổng có chữ số tận cùng giống nhau.

Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : Trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam

giác.Bài 5. Đường tròn (C) tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng

tại A’, B’, C’ .a) Gọi các giao điểm của đường tròn (C) với các đoạn IA, IB, IC lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng các đường thẳng A’M, B’N, C’P đồng quy.b) Kðo dài đoạn AI cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại D (khác A). Chứng minh rằng

trong đó r là bán kính đường tròn (C) .Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên năm 2002 Đại học khoa học tự nhiên

Bài 1. a) Giải phương trình : b) Giải hệ phương trình :

Bài 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương trình x2 +

(a + b + c)x + ab + bc + ca = 0 vô nghiệm.Bài 3. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n2 + 2002 là một số chính phương.Bài 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểt thức:

Trong đó x, y, z là các số dương thay đổi thỏa

mãn điều kiện x2 + y2 + z2 ≤ 3.Bài 5. Cho hình vuông ABCD. M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M không trùng với B) và

N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N không trùng D) sao cho MAN = MAB + NAD.a) BD cắt AN, AM tương ứng tại p và Q. Chứng minh rằng 5 điểm P, Q, M, C, N cùng nằm trên một đường tròn.b) Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi M

21

và N thay đổi.c) Ký hiệu diện tích của APQ là S và diện tích tứ giác PQMN là S’. Chứng minh rằng tỷ số

không đổi khi M, N thay đổi.

Đề thi vào 10 hệ THPT chuyên năm 2001 Đại học khoa học tự nhiênBài 1. Tìm các gia trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: (y + 2)x2 + 1 = y2 .Bài 2. a) Giải phương trình : .

b) Giải hệ phương trình :

Bài 3. Cho nửa vòng tròn đường kính AB=2a. Trên đoạn AB lấy điểm M. Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa vòng tròn, ta kẻ 2 tia Mx và My sao cho AMx = BMy =300 . Tia Mx cắt nửa vòng tròn ở E, tia My cắt nửa vòng tròn ở F. Kẻ EE’, FF’ vuông góc với AB.a) Cho AM= a/2, tính diện tích hình thang vuông EE’F’F theo a.b) Khi M di động trên AB. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một vòng tròn cố định.

Bài 4. Giả sử x, y, z là các số thực khác 0 thỏa mãn :

.Hãy tính giá trị của .

Bài 5. Với x, y, z là các số thực dương, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Đề 1

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức Pb) Tìm giá trị của x để P = 1

Bài 2: (5,0 điểm).a) Giải phương trình:

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ: Bài 3: (2,0 điểm).

Cho 3 số dương x,y,z thoả mãn điều kiện: xy + yz + zx = 1Tính: T =

Bài 4: (3,0 điểm).Cho hai dãy số cùng chiều : a1 ≤ a2 ≤ a3 ; b1 ≤ b2 ≤ b3

Chứng minh rằng : (a1+ a2 +a3)(b1 + b2 + b3 ) ≤ 3(a1b1 +a2b2+a3b3)Áp dụng chứng minh rằng : với thì

Bài 5: (6,0 điểm).1. Cho hai đường tròn (o1) và (o2) cắt nhau tại A và B. Tiếp tuyến chung gần B của hai

đường tròn lần lượt tiếp xúc với (o1) và (o2) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng song song với CD lần lượt cắt (o1) và (o2) tại M và N. Các đường thẳng BC và BD lần lượt cắt đường thẳng MN tại P và Q . Các đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E . Chứng minh rằng:

a) Đường thẳng AE vuông góc với đường thẳng CD b) Tam giác EPQ là tam giác cân.2. Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB>CD). Hãy xác định điểm E thuộc cạnh bên BC

sao cho đoạn thẳng AE chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau

22

A

D

F

C

E

B

HƯỚNG DẴN GIẢI1. đk

Ta có:

= =

=

. Vậy P =

Ta thấy P = 1 . Vậy với x = 25 thì P = 1

2. a. ĐK: x -1 và PT <=> <=> . Giải Pt x = 8 (t/m x -1). KL: x = 8

b. Hệ Đặt

x, y là nghiệm của phương trình: t2 - ut + v = 0 (a)

Phương trình có nghiệm u2 – 4v 0 (*)Ta có hệ:

. Thế (1) vào (2) v = 8 – z(5 - z) = z2 –5z + 8

Hệ có nghiệm (a) có nghiệm (*) xảy ra (5-z)2 – 4(z2 – 5z + 8) 0 - 3z2 + 10z – 7 0 (z-1)(-3z+7) 0

Từ (3) và do z nguyên z = 1; 2 +) +)

Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2)3. Ta có 1+x2 = xy + yz + zx + x2 = y(x+z)+x(x+z)

=(x+z)(z+y)Tương tự ta có: 1+y2 =(y+x)(y+z)

1+z2 =(z+x)(z+y)T=

=

=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2. Vậy T= 24. Do a1 a2 a3 a1 - a2 0; a1 - a3 0; a2 - a3 0và b1 b2 b3 b1 - b2 0; b1 - b3 0; b2 - b3 0 (a1 - a2)(b1 - b2) + (a1 - a3)(b1 - b3) + (a2 - a3)(b2 - b3) 0 2(a1b1+ a2b2 + a3b3)- a1b2 - a2 b1 - a1 b3 - a3b1 - a2b3 - a3b2 0 a1b1+a2b2+a3b3+a1b2+a2b1+a1b3+a3b1+ a2b3+a3b2 3(a1b1+a2b2+ a3b3) a1(b1+ b2+b3)+ a2(b1+ b2+b3)+ a3(b1+ b2+b3) 3(a1b1+a2b2+ a3b3) ( a1 + a2 + a3 )( b1+ b2+b3) 3(a1b1+a2b2+ a3b3)Đặt a1 = a2005 ; a2 = b2005 ; a3 = c2005 b1 =

; b2 =

; b3 =

Do 0 a b c Nên ta có ; a1 a2 a3 và b1 b2 b3 áp dụng câu a ta có;(a2005+b2005+c2005)

3

5.1) Do MN // CD nên EDC = ENA

Mặt khác CDA= DNA ( Cùng chắn cung DA)-> EDC= CDA hay DC là phân giác góc ADE. Lâp luận tương tự -> CD cũng là phân giác góc ACE-> A và E đối xứng nhau qua CD-> AE CDDo PQ song song với CD nên AE PQ ( *)Gọi I là giao điểm của AB và CD . Ta có AID đồng dạng với DIB ( Do chung BID và IAD = IDB (cùng chắn cung BD)).->

=

-> ID 2 = IA.IB. (1)

Lập luân tương tự -> IC2 = IA.IB (2)23

Từ (1) và (2) -> IC = IDMà

=

( cùng bằng

) => AP = AQ

Kết hợp với (*) -> EPQ cân tại E2) Biến đổi hình thang thành hình tam giác cùng có diện tích ABF.Từ D kẻ DF//AC , DF cắt đt BC tại F.Chứng minh SABCD = SABF.Lấy E là trung điểm cảu FB. Đoạn thẳng AE chia tam giác ABF thành hai hình có diện tích bằng nhau và AE cũng là đoạn thẳng chia hình thang thành hai hình có diện tích bằng nhau

Đề 2Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :

a) Tìm x để P có nghĩa và chứng minh rằng P .b) Tìm x thoả mãn :

Bài 2: (5,0 điểm).a) Giải phương trình :

b) Giải hệ phương trình :x2y – 2x + 3y2 = 0 x2+ y2x + 2y = 0

Bài 3: (3,0 điểm).Cho thỏa mãn : Hãy tính giá trị của biểu thức : M =

+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .

Bài 4: (6,0 điểm).1. Cho với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) . Gọi M và N lần lượt là tiếp điểm của cạnh AC và cạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp . Đoạn thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt tia BO tại Q .Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC .

a) Chứng minh rằng : .

b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng . 2. Cho tứ giác ABCD . Lấy điểm M tùy ý trên cạnh AB xác định điểm N trên cạnh DC sao cho MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhauBài 5: (2,0 điểm).

Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc.HƯỚNG DẴN GIẢI

1. a) Điều kiện x>0 Ta có :

P= P-1=

Vậy

b) 4 3x + 6 -1 = 0

(thoã mãn điều kiện x>0) .

2. a. ĐK :

(thỏa mãn)

b. Giải hệ phương trình : Nếu y=0 x=0 Vậy x=0, y=0 là nghiệm của hệ phương trình . Với y 0 hệ đã cho trở thành x2y – 2x + 3y2 = 0

24

(loại)

(thỏa mãn)

x2y+ y3x + 2y2 = 0

Nhận thấy không thoả mãn hệ phương trình .

Xét từ (1) thay vào (2) ta có :

. Vậy hệ có 3 nghiệm (0;0) (1;-1) (-2 ; ) .

3. Từ : =>

=>

Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - .......... + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)Vậy M =

+ (x + y) (y + z) (z + x).A =

4.

a) Ta có : BOP là góc ngoài BOP= OAB + OBA = ( BAC + ABC)

Lại có : PNB=1800 – MNC =1800 -

BOP+ PNP=1800 tứ giác BOPN nội tiếp OPM = OBC (cùng bù OPN )

Mặt khác : OMP = OCN OPM OBC (g.g) (1)

Tơng tự ta có : ONQ OCA (g.g)

AOB QOP (g.g) Từ (1) , (2)

b. Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên) AQO= AMO = 900 ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến EQB= EBQ= CBQ EQ//BC mà EF//BC E, Q, F thẳng hàng .

5. Cho ba số thực không âm sao cho . Chứng minh: . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?Theo kết quả câu 3.1, ta có:

mà (giả thiết)nên: (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: (không âm)Suy ra: .Dấu đẳng thức xảy ra khi:

Đề 3Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức P.25

O

M

F

CNB

E

A

(2)

(1)

P

Q

b) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.Bài 2: (3,0 điểm). Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:

Bài 4: (3 điểm) a) Giải hệ phương trình

b) Giải phương trình :

Bài 4: (6,0 điểm).1) Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P), (Q) theo thứ tự là đường tròn nội tiếp

hai tam giác AHB và AHC. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài (khác BC) của (P) và (Q) cắt AB, AH, AC theo tự M, K, N. Chứng minh rằng.

a. HPQ ABCb. KP // AB, KQ // AC.c. Tứ giác BMNC nội tiếp được2) Cho a, b, clà độ dài 3 cạnh của ABC. Gọi m, n, k là độ dài các đường phân giác trong

của ba góc của ABC. Chứng minh rằng: + + > + + Bài 5: (2,0 điểm).

Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo chu vi.

HƯỚNG DẴN GIẢI

1. Điều kiện để P có nghĩa:

. Ta có:

Theo câu a ta có: . Do đó để P Z thì ta cần

Z

x = 1.Vậy với x = 1 thì P có giá trị nguyên.2. Ta có: x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2 = [(x + y)2 – 2xy]2 – 2x2y2 = (1 – 2xy)2 – 2x2y2= 2x2y2 – 4xy + 1.

Vì x > 0 và y > 0 nên theo BĐT Côsi ta có:

. Dấu bằng xảy ra khi

.

3. 1) ĐKXĐ: - x Đặt a = ; b = ( a, b 0 ). Ta được hệ pt :

Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x1 = 3 ; x2 = -3 2) Đk :

(1):

(2)

Cộng (1) và (2) vế với vế ta được:

Từ (3) và (2) ta có:

(*) vô nghiệm hệ vô nghiệm. Từ (4) và (2) ta có

hệ có 1 nghiệm

4. 1) a. AHB CHA mặt khác P và Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp AHB và AHC =>

(1) lại có BAC = PHQ = 900 (2)

Từ (1) và (2) suy ra HPQ ABCb. Theo câu a. ta có PQH = ACB (3) PKQ = PHQ = 900 => tứ giác PKQH nội tiếp được => PKH = PQH (4)Từ (3) và (4) => PKH = ACBlại có BAH = ACB=> PKH = BAH => PK // AB chứng minh tương tự ta cũng có KQ //AC.c. Ta có ACB = PKH = MKP = AMK

26

21

1

M

D

A

B C

=> BMN + NCB = BMN + AMK = 1800 => tứ giác BMNC nội tiếp được

2) Qua điểm C vẽ đường thẳng song song AD cắt AB tại M A1 = M1, A2 = C2, Mà A1 = A2, (AD là tia phân giác của góc A )

Nên M1 = C1, AM = AC. Xét AMC : MC < AM + AC = 2AM Xét BMC ta có : AD // MC = = Nên AD = < > ( + ) > ( + )Tương tự : > ( + ) ; > ( + ). Vậy + + > + + 5. Gọi a, b, c là số đo 3 cạnh của tam giác vuông cần tìm. Giả sử 1 .

Ta có hệ phương trình :

Từ (1) c2 = (a + b)2 − 2ab c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2))(a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c (a + b)2 − 4(a + b) + 4 = c2 + 4c + 4.(a + b − 2)2 = (c + 2)2 a + b − 2 = c + 2 (do a + b 2) c = a + b − 4.

Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)ab −4a−4b + 8 = 0 b(a −4) −4(a−4) = 8 (a −4)(b−4) = 8

Phân tích 8 = 1.8 = 2.4 nên ta có:

Từ đó ta có 2 tam giác vuông có các cạnh (5 ; 12 ; 13) và (6 ; 8 ; 10) thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

Đề 4

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức:

a) Rút gọn biểu thức .b) Tìm các giá trị nguyên của để biểu thức nhận giá trị nguyên.

Bài 2: (3,0 điểm).a) Giải hệ phương trình:

b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 .

27

P Q

HB

M

C

N

A

K

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : .

Bài 3: (5,0 điểm).Giải các phương trình.

a) +

b) Bài 4: (6,0 điểm).Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Tia phân giác trong góc A cắt (O) tại D. Một đường tròn (L) thay đổi nhưng luôn đi qua A, D cắt AB, AC tại điểm thứ hai lần lượt tại M, N.

a) CMR: BM = CNb) Tìm quỹ tích trung điểm K của MNc) Tìm vị trí của (L) sao cho MN ngắn nhất.

Bài 5: (2,0 điểm).Cho tứ giác ABCD, gọi I là giao điểm của hai đường chéo. Kí hiệu

a. Chứng Minh: b. Khi tứ giác ABCD là hình thang thì hệ thức trên xảy ra như thế nào?

HƯỚNG DẴN GIẢI1. Ta có: , nên điều kiện để A có nghĩa là

.

. ( )

Với là số nguyên không âm, để A là số nguyên thì (vì

và ). Khi đó:

2.a) (1)

Giải hệ (1) ta được:

Giải các hệ phương trình tích, tổng: và ta có các nghiệm của hệ phương

trình đã cho là:

b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0

28

S4

S3

S2

S1I

K

H

D

C

B

A

(x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*)

Nên (*) x + y + 2 = 0 x + y = - 2

vì .Vậy MaxM = -2 x = y = -1 .

3. a) x2 + 4x + 3 = ( x + 1)( x+ 3)x2 + 8x + 15 = ( x +3)(x+5)x2 + 12x + 35 = ( x +5)( x + 7)x2 + 16x + 63 = ( x + 7)( x + 9)

ĐKXĐ : x -1; x -3; x -5; x -7; x -9 pt

5( x + 9 - x -1) = 2( x+1)( x+9) 2x2 + 20x + 18 - 40 = 0 x2 + 10x - 11 = 0

Phương trình có dạng a + b + c = 0 x1 = 1; x2 = -11 x1; x2 thỏa mãn ĐKXĐ.Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =

b) ĐKXĐ: x -2. ( 0,5 điểm)Pt <=>| + | -3| = 1

1. | + | 3 - | = 1áp dụng BĐT |A|+ |B| | A + B| ta có : | + | 3 - | 1Dấu "=" xảy ra khi : ( )( 3 - ) 0 2 3 2 x 7Vậy tập nghiệm của phương trình là : S =

4.a) Xét BMD và CND:

+. BD=CD (vì AD là phân giác góc A) +. sđ cung AD

A1+D1= sđ cung AB + sđ cung BD = sđ cung AD

= . Trong (L), vì A1 = A2 DM = DN BMD = CND BM = CN.

b). Gọi I là trung điểm BC I cố địnhVẽ hình bình hành: IBMM’, ICNN’ MM’NN’ là hình bình hành.

K là trung điểm M’N’Vì IM’ = BM = CN = IN’ IM’=IN’ IK là phân giác của M’IN’

Do IM’, IN’ cố định. Vậy: Quỹ tích K là đờng phân giác M’IN’

c) DMN cântại D có MDN = 1800 - BAC = ConstMN ngắn nhất DM nhỏ nhất DM AB khi AD là đờng kính của (L).

5. a. Gọi S1= SAIB ; S2 = S CID ; S3 = S BIC ; S 4 = S AID

29

Kẻ

Ta có: và

Từ (1) và (2) suy ra:

Ta có: S ABCD = S1 + S2 + S3 + S4 Từ (3) và (4) ta suy ra: (đpcm)b. Khi tứ giác ABCD là hình thang ta xét:

* Nếu AB // CD ta có: S ACD = S BCD suy ra: S 3 = S 4

* Nếu BC // AD ta có: S ABC = S CAD Suy ra: S 1 = S 2

Dấu bằng sảy ra khi: S1 = S 2 = S 3 = S 4 = ABCD là hình bình hành

Đề 5Bài 1: (5,0 điểm).

Cho phương trình : .

a) Tìm điều kiện của x để phương trình có nghĩa .b) Giải phương trình .

Bài 2: (3,0 điểm). a) Giải hệ phương trình:

b) Tìm nghiệm nguyên của phương trìnhy2 =-2(x6-x3y-32)

Bài 3: (5,0 điểm).

a) Cho x, y >0 và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

b) Cho các số dương a,b,c thay đổi và thoả mãn : a+b+c=4.CMR: .

Bài 4: (6,0 điểm).Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); H là trực tâm tam giác; M là một điểm trên

cung BC không chứa điểm A.a) Tìm vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành.b) Gọi E, F lần lượt là 2 điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh rằng E,H,F

thẳng hàng.Bài 5: (2,0 điểm).Cho tam giác ABC các đường cao: AA1, BB1, CC1 dòng qui tại H.

Chứng minh rằng: . Dấu "=" xẩy ra khi nào?

30

HƯỚNG DẴN GIẢI1. a) điều kiện :

Đặt = a ; = b ( a ; b 0) .

Vì ab + 4 > 0 nên :

2. Ta có:

Sảy ra các trườngg hợp:

Trường hợp a: hoặc

Trường hợp b: hệ vô nghiệm

Vậy nghiệm của hệ là:

b) y2=-2(x6-x3y-32) Vì x . Vậy x chỉ có thể nhận các giá trị 0; 1; 2Suy ra cặp nghiệm nghuyên cần tìm là: (0; 8), (0;-8),(2;8), (-2;-8)3.a.Vi ; Ta có: (Bdt Cô si)

Áp dụng BÐT (*) v i a = ; b = 2xy ; ta có:

(1)

Mặt khác : (2)

31

H

C1

C

B1

B A1

A

[Vì x, y >0 và ] khi

b.*Do a,b,c >0 và từ gt ta có : (1) *Hoàn toàn tương tự ta cũng có: (2) (3) *Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta có:

Hay đpcm 4a. Lấy trên cung BC điểm M sao cho AM là đường kính của đường tròn (O) ta chứng minh tứ giác BACM là hình bình hành Gọi I là trung điểm của BC, ta có BCOI theo (gt) OIBCAH // AH (1) Gọi OCHC ' ta CBC' = 1v (góc nội tiếp chắn cung nửa đường tròn (O)) AH // BC'Tương tự ta có: AC' // HB AC'BH là hình bình hành AH = BC'; mà BC' = 2 IO (do IO là đường trung bình của CBC') OI = 1/2 AH (2) Từ (1) (2) H, I, M thẳng hàng, tứ giác BHCM có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên nó là hình bình hành. Vậy điểm M cần tìm chính là giao của AO với (O) b. Do E đối xứng của M qua AB ta có: AEB = AMB (1)Tứ giác ABMC nội tiếp đường tròn (O) Nên AMB = ACB (2)(cùng chắn cung AB) H là trực tâm nên các tứ giác AC'HB'; BC'HA'; CA'HB' nội tiếp đượcTa có AHB = A'HB' (đối đỉnh) AHB + ACB = A'HB' + ACB = 1800 (3)Từ (1) (2) (3) AEB = EAB + MAB (do M, E đối xứng qua AB)Tương tự ta chứng minh CHF = CAM Tc: EHF = EHB + BHC + CHF = ( MAB + CAM) + BHC= CAB + BHC = CAB + C'HB' = 1800 E, H, F thẳng hàng 5. Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm trong tam giác.* S = SABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB.

Ta cã: .T2: ,

Suy ra:

Theo bÊt ®¼ng thøc C«sy:

Dấu "=" xảy ra khi tam giác ABC đềuĐề 6

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức: A =

a.Rút gọn biểu thức A.

32

b.Tính giá trị biểu thức A khi .

Bài 2: (4,0 điểm).a) Giải hệ phương trình:

b) Giải phương trình: + = x2 - 10x + 27Bài 3: (4,0 điểm).

a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1.

Tìm GTNN của biểu thức: E = .

b) Giải phương trình nghiệm nguyên: 3yxz

xyz

zxy

Bài 4: (6,0 điểm).Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc cạnh AB ( M khác A và B ). Tia CM cắt tia DA tại

N. Vẽ tia Cx vuông góc với CM và cắt tia AB tại E. Gọi H là trung điểm của đoạn NE.1/ Chứng minh tứ giác BCEH nội tiếp được trong đường tròn.2/ Tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác NACE gấp ba diện tích hình vuông ABCD.3/ Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB thì tỉ số bán kính cácđường tròn nội

tiếp tam giác NAC và tam giác HBC không đổi.Bài 5: (2,0 điểm).

Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC , các tiếp điểm tại D, E, F . Chứng minh rằng tích các khoảng cách hạ từ một điểm M bất kỳ trên đường tròn xuống các cạnh của tam giác ABC bằng tích các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác DEF


1. Điều kiện: . A =

2. a) Giải hệ phương trình: . Từ (1) ta có PT (2) có dạng : =

+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x2=1 x 1

+ Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn x=0, y=0 loại Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0) b) + = x2 - 10x + 27. Đk : 4 x 6. Áp dụng BĐT Cosi cho 2số không âm , ta được : + = + + = 2Dấu “ = ” xảy ra Mặt khác : x2 - 10x + 27 = ( x2 - 10x + 25 ) + 2 = ( x - 5 )2 + 2 2Dấu “ = ” xảy ra x - 5 = 0 x = 5. Do đó : + = x2 - 10x + 27 x = 5

33

3. a) Đặt a = , b = , c = abc = = 1 x + y = c(a + b)

y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a)

E = + + . Dễ dàng chứng minh đợc + +

Nhân hai vế với a + b + c > 0 + + (a+b+c)

+ + = E

Dấu "=" xảy ra a = b = c = 1. Vậy min E = khi a = b = c = 1

b) ĐK: 0;0;0 zyx Pt xyzzxzyyx 3222222

do 0300;0;0 222222 xyzzxzyyxzyxsuy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương. Ngoài ra nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm. Do vậy chỉ cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương. Không mất tính tổng quát ta giả sử : x y z 1

zzz

xyz

yxz

zxy

zxy

yxz

xyz

yxzz

zz

zxy

323

2;2

133 zz mà 11 zz . Với z = 1 phương trình trở thành: 3yx

xyxy

Ta có: 2xy

yx

từ đó: 1 xy mà 11;1 yxyx . Vậy (x,y,z) = (1,1,1)

Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1) .4. a) Do NAE = NCE = 1v (gt) nên tg NACE nội tiếp trong đường tròn CNE = CAE = 450 => NCE vuông cân tại C . Mặt khác do CH là trung tuyến nên CH là đường cao CHE = 1 v => CBE = CHE = 1v => HBCE là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn.b) Không mất tính tổng quát ta gọi cạnh hình vuông là 1 thì diện tích hình vuông là 1 . Đặt AN = x ( x > 0) DN =1 + x . Trong tam giác vuông NDC có CN2 = CD2 + DN2 = 1 + (1 +x)2 = x2 +2x + 2 .

Khi đó : SNACE = SNAC + SNCE = =

Từ SNACE = 3 S ABCD => x = 1 , x = - 4 ( loại ) .

Vậy AN = 1 . Mà theo định lý Ta lét ta có :

=> AM = MB hay M là trung điểm của AB . c) Trước hết ta chứng minh tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC .

34

A B

C

O

E D

F

M

H

NK

+ ) Tứ giác NACE nội tiếp trong đường tròn => AEN = ACN (1) ( cùng chắn cung AN ) và NAC + NEC = 2 v (2)

+) Tứ giác HBCE nội tiếp nên BEH = BCH ( 3 ) ( cùng chắn cung BH ) và HBC + HEC = 2 v (4) . Từ (1) và (3) ta có HCB = ACN và HBC = NAC .Vậy tam giác ANC đồng dạng với tam giác BHC .Gọi r1 ; r2 lần lợt là bán kính vòng tròn nội tiếp hai

tam giác ANC và BCH . Khi đó ( không đổi )

5. Bổ đề: Khoảng cách từ một điểm trên đờng tròn đến đờng thẳng qua hai tiếp điểm của hai tiếp tuyến với đường tròn là trung bình nhân khoảng cách từ điểm ấy đến 2 tiếp tuyến .

Xét hai tiếp tuyến AB và AC , M (O)Hạ các đường vuông góc MK, MH, ML xuống các tiếp tuyến AB, AC và dây EF

( chắn cung ). (------------ )

Suy ra các tam giác MEN và MFH , MFN và MEK đồng dạng.

Từ đó (1).

Bổ đề được chứng minh Áp dụng (1), gọi a, b, c, d, e, f lần lượt là khoảng cách từ M

đến các đường thẳng chứa cạnh BC, CA, AB, EF, FD, DE của các tam giác ABC và DEF ta đợc: . Nhân vế với vế của ba đẳng thức, suy ra điều phải chứng minh.

Đề 7

Bài 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:P =

a) Rút gọn P;b) Tìm giá trị của a để P < 0

Bài 2: (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình

b) Giải phương trình: .

Bài 3: (2,0 điểm). a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:

b) Cho a, b, c dương và a + b = c = 1. Chứng minh Bài 4: (2,0 điểm).

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là điểm trên cung nhỏ AB(I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu của I trên các đường thẳng BC, CA và AB.

1. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.2. Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất.3. Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC,

CA và AB. Kẻ EQ vuông góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC.

35

Bài 5: (2,0 điểm). Trong đường tròn O cho 2 dây cung AB và CD cắt nhau tại M gọi N là trung

điểm của BD , đường thẳng MN cắt AC tại K .Chứng minh :


2. a) Giải hệ phương trình

ĐK : - x y x, x 0. Hệ PT

Đặt ( u, v 0) . Ta được

0)32(4

256

444 uvuv

vuvu

vu

8&88

40

04

04

)(32

4

yxyx

vu

vu

uvvu

VNuv

vu

Vậy hệ có hai nghiệm ( 8; 8) và ( 8; -8).b) (1), điều kiện . Đặt ;Suy ra Thay vào (1) ta được (do nên a+b+1>0)Với a = b ta có thỏa mãn điều kiệnVậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.

3. a) a, b, c>0. CM: (1)

Mặt khác =Do đó ta cần chứng minh:

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c

b) C1: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si:36

A

M

C

D

B

NK

Q

I

P

Cộng từng vế của 1,2,3 ta có đpcmĐẳng thức sảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/3C2: Áp dụng Bu nhi a:4. a) Từ giả thiết có Tứ giác IPAN nội tiếp

(cùng chắn cung IN)Lại do Bốn điểm I , P , M , B nằm trên đường tròn đường kính BIVì Từ (2) và (3) Từ (4) và (1) .Vậy M , P , N thẳng hàng .b) Theo chứng minh trên ta có

(góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , B , M , P) (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , N , A , P)

Từ (5) và (6)

Dấu "=" xảy ra là đường kính của .Vậy MN lớn nhất bằng

AB I đối xứng với C qua O.c)

5. Qua C kẻ đường thẳng song song với KN cắt AB tại Q qua Q kẻ đường thẳng song song với BD cắt KN và CD lần lợt tại I và P N là trung điểm BD => I là trung điểm của PQ => M là trung điểm CP PQ// BD => ( đồng vị )

( góc nội tiếp cùng chắn cung AD )

= > Tứ giác ACQP nội tiếp

=> AM.MQ=CM.MP ( vì MP=CM )

Trong tam giác ACQ có MK//CD nên

Đề 8

Bài 1: (2,0 điểm).Cho biểu thức:P =

a. Rút gọn P

b. Tìm các giá trị của x để P =

37

N

M

P

O

B C

AI

Bài 2: (2,0 điểm).a) Cho x, y, z> 0 thoả mãn:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

b) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3y + xy3- 3x-3y = 17

Bài 3: (2,0 điểm). a) Giải phương trình: (x+1)(x+2)(x+4)(x+8) = 28x2

b) Cho hệ phương trình: (a, b, c là tham số)

Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hệ phương trình trên có nghiệm là: a3 + b3 + c3 = 3abcBài 4: (2,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) tâm O. M là điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A. Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O. Các đường phân giác trong góc B và góc C của tam giác ABC cắt đường thẳng AM’ lần lượt tại E và F .

1/ Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp được trong đường tròn. 2/ Biết đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính r. Chứng minh: IB.IC = 2r.IM.

Bài 5: (2,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD , từ B kẻ đường thẳng cắt cạnh CD tại M ; từ D kẻ đường thẳng cắt cạnh BC tại N sao cho BM = DN . Gọi giao điểm của DN và BM là I . Chứng minh : Tia IA là tia phân giác của góc BID .


2. a)* Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1, và

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = y

Tương tự:

Từ (1), (2), (3) . Suy ra: Pmin = 3 khi: x = y = z = .

b) Phương trình: x3y+xy3-3x-3y=17 (x2+y2)(xy-3)=17=17.1Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1

Kết luận: hoặc hoặc hoặc

3. a) Giải phương trình : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2 (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 (1)

38

x=0 không phải là nghiệm pt (1). Chia 2 vế (1) cho x2 ta được: (1) (x+ 28)998)(68

xx

Đặt t = x+x8

(1) (t+6)(t+9) =28 t2 + 15t + 26 =0

132

tt

Với t = -2 x+ 28

x x2 + 2x + 8 =0 vô nghiệm

Với t = -13 x+ 138

x x2 + 13x + 8 =0 x = -13 137

b) Điều kiện cần : Giả sử HPT đã cho có nghiệm (x ; y) . Khi đó

Điều kiện đủ: Giả sử

a+b+c=0 , nhận thấy HPT có nghịêm : x = y = -1a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = 0 ; y=1 (hoặc x = 1 ; y = 0)

Vậy nếu thì HPT đã cho có nghiệm 4. a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp + Do M là điểm chính giữa của cung BC nên góc BAM = góc MAC => AM là phân giác góc A của tam giác ABC nên gọi I là giao điểm của BE và CF thì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và I , A , M thẳng hàng. + Do MM’ là đường kính của ( O ) nên AE AM và do AM là phân giác trong của góc BAC nên AE là phân giác ngoài của nó. Mặt khác , BE là phân giác trong góc ABC => CE là phân giác ngoài góc BCA ( Hai đường phân giác ngoài và 1 đường phân giác trong của tam giác ABC đồng quy) mà CF là phân giác trong của góc BCA => góc FCE = 1 v . Chứng minh tương tự ta cũng có góc FBE = 1v => tứ giác FBCE nội tiếp được trong đường tròn . b) Trước hết chứng minh : MI = MB = MC . Thật vậy gọi P là giao điểm của CF và đường tròn ( O ) . Do CP là phân giác của góc BCA nên cung PA = cung PB , kết hợp với cung MB = cung MC .

Ta có sđ góc CIM =

= => góc CIM = góc MCI => tam giác CMI cân => MI = MC.

Chứng minh tương tự ta cũng có MI = MB . Vậy MI = MC = MB . Kẻ IH vuông góc với BC thì IH = r . Hạ MQ vuông góc với BI do tam giác BMI cân => QI

= QB . Xét hai tam giác vuông IQM và IHC có : góc IMQ = góc ICH = 1/ 2 góc AMB . 39

Vậy hai tam giác đồng dạng .=> 5.

FE

I

N

C

A D

B

M

Lời giảiTừ A kẻ AE vuông góc với DN ; A F vuông góc với BM

Ta có dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD) cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN cho nên A F = AE

hay A cách đều hai cạnh của góc BID . Vậy tia IA là tia phân giác của góc BID.

Đề 9

Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức:P =

a) Rút gọn Pb) Tìm giá trị của a để P < 1c) Tìm giá trị của P nếu

Bài 2: (2,0 điểm). a) Giải phương trình: b) Giải hệ phương trình:

Bài 3: (2,0 điểm). Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dương và

=

Bài 4: (2,0 điểm). a) Cho a, b, c [0 ; 1]. Chứng minh rằng :

1)1)(1)(1(111

cbabac

cab

cba

b) Cho 3 số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6. Chứng minh rằng : x 2 + y2 + z2

3Bài 5: (2,0 điểm).

Cho tam giác ABC có đường cao AH . Gọi I,K là các điểm nằm ngoài tam giác ABC sao cho các tam giác ABI và ACK vuông tại Ivà K hơn nữa = ,M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng :

a) MI = MKb) Bốn điểm I,H,M,K thuộc cùng đường tròn

40


2. a) Giải hệ phương trình:

(do )

( vì >0; >0)

(đặt ) (do )

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm:

b) Viết lại phương trình thứ hai của hệ về dạng

Coi đây là phương trình bậc hai, ẩn là tham số. Có Từ đó, tìm được

Nếu , thay vào phương trình thứ nhất, giải được Với thì . Với thì . Với thì Nếu , thay vào phương trình thứ nhất, giải được Với thì . Với thì . Với thì

Vậy, các nghiệm của hệ là 3. Vì a ; b ; c là các số dương áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

2 = và 2 = 2 và 2 =

. 2 . =

=

4. a) Cho 3 số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6.Chứng minh rằng : x2 + y2 + z2 3Ta có x2 + y2 + z2 3 <=> 3(x2 + y2 + z2) 9<=> 3(x2 + y2 + z2) 2 ( x + y + z + xy +yz + zx)- 3

41

<=> (x2 – 2xy + y2) + (y2 – 2yz + z2) + (x2 – 2zx + z2)+ (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) + (z2 – 2z + 1) 0<=>( x – y)2 + (y – z)2 + (x – z)2 +(x -1)2 + (y – 1)2 +(z – 1)2 0 đúngb) Vai trò của a, b, c là ngang nhau nên giả sử: a b cáp dung BĐT Cauchy cho 3 số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có:

1

111

1111

13

1111112

bac

ba

baba

babababa

Vì a b c nên:

11

1111

111111

11

11

bac

bac

bab

baa

cbabac

cab

cba

bab

cab

baa

cba

5.

a) Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB,AC . ta có:

IE = AB = MF, EM = AC = FK

nên IAM = MHK (c.g.c) suy ra MI = MK

b) Ta sẽ chứng minh . Đặt =

Ta có : = , = nên = 1800 - 2 (1) Xét tam giác IEM có = 2 nên 1800 - 2 = ta lại có (so le trong,AB song song với MF)

(do IAM = MHK ) nên 1800 - 2 = (2)

Từ (1),(2)suy ra . do đó I,H,M,K thuộc cùng đường tròn

42

Đề 10


a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi x

Bài 2: (2,0 điểm). a) Giải hệ phương trình sau:

2x12

y1

2y12

x1

b) Giải phương trình: x = 2005-2006 (2005-2006 x2)2

Bài 3: (2,0 điểm).

a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M =

b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c 0

Tính P = (2008+ )(2008 + ) ( 2008 + )

Bài 4: (2,0 điểm). Cho ba điểm cố định A,B,C thẳng hàng theo thứ tự đó.vẽ đường tròn tâm O qua B và C.Qua A vẽ tiếp tuyến AE,AF với đường tròn (O); Gọi I là trung điểm BC ,N là trung điểm EF .a.Chứng minh rằng các điểm E, F luôn nằm trên một đường tròn cố định khi đường tròn (O) thay đổi.b.Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại K .Chứng minh rằng :EK song song với AB .c.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ONI chạy trên một đường thẳng cố định khi đường tròn(O) thay đổi.Bài 5: (2,0 điểm). Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, các tiếp điểm của (O) và các cạnh BC, CA, AB lần lượt là D, E, F. Kẻ BB1 , AA1

Chứng minh rằng 4 điểm D, E, A, B thẳng hàng.HƯỚNG DẴN GIẢI

2, a) Đk: 21y;2

1x Ta sẽ chứng minh x=y. Thật vậy)1(2x

4y1

x1

x1

x44y

12

x12y

122y12x

1

Tương tự: 2y4

y1

x1

(2). Từ (1) và (2) ta có: yx2y42x

4

Ta có: 1x0)1x

1(01x2

x1

x22x

22x4

y1

x1

22

. Vậy hệ có nghiệm x = y =1

43

b) Đặt y = 2005 - 2006 x2 Phương trình trở thành :

2

2

20062005

20062005

xy

yx x - y = 2006 (x2 - y2) y - 1 - y)(x 2006 x = 0

01)(2006 yx

yx

Với x = y x = 2005 - 2006 x2 2006x2 + x - 2005 = 0

200620051

y

x

Với 2006 (x+y) - 1 = 0 x + y = 2006

1 y =

20061

- x 2006

1 - x = 2005-2006 x2

20062x2 - 2006x - 2005.2006 +1 = 0

401216088171401216088171

y

x

3. a) Nhận xét rằng nếu x = 0 thì M = 0, giá trị này không phải là giá trị lớn nhất. Vậy M đạt giá trị lớn nhất với x khác 0. Chia cả tử và mẫu cho x2 ta được:

M = . M đạt giá trị lớn nhất khi nhỏ nhất

=> = 2 => x = 1. Vậy M lớn nhất bằng 1/3 khi x = 1

b) Ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 0 a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c

0) ( a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = 0 a = b = c P = (2008+ )(2008 + ) ( 2008 + )

P = ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) ( 2008 + 1 ) = 20093 4. a) ABF và AFC đồng dạng (g_g). Ta có : AB/ AF=AF/AC AF2=AB.AC AF= ACAB. Mà AE=AF nên AE=AF= ACAB. không đổiVậy E,F thuộc đường tròn (A; ACAB. ) cố định.

b) Tứ giác AOIF nội tiếp đường tròn. Ta có : AIF = AOF (1)

AOF = 21

EOF và EKF = 21

EOF EKF = AOF (2).Từ(1) và(2) AIF = EKF

Do đó : EK vàAB song song vơí nhauc) Cm được A,N,O thẳng hàng và AO EF ;

Gọi H là giao điểm của BC và EF .

Ta có : ANH và AIO đồng dạng nên AIAN

AOAH

Suy ra :AH.AI =AN.AO. Lại có :AN .AO=AE2 =AB.AC

Do đó : AI.AH =AB.AC AI

ACABAH . không đổi . Vậy H cố định

Tứ giác OIHN là tứ giác nội tiếp đường tròn nên đường tròn ngoại tiếp OIN luôn qua I và H ;Do đó tâm đương f tròn này nằm trên đường trung trực của IH

44

5. Theo bài ra ta có: =900

Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn cùng chắn cung BB1

Mặt khác: tứ giác AEA1O nội tiếp

cùng chắn cung AE)

mà

thẳng hàng (*)Tương tự: ta có tứ giác AA1B1B nội tiếp

Theo bài ra ta có:=900

Suy ra tứ giác AA1 B1 B nôi tiép trong một đường tròn

cùng chắn cung AA1

Ta lại có: tứ giác OB1DB nội tiếp

(cùng chắn cung BD)

mà

Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhauVậy 3 điểm D, B1, A1 thẳng hàng (**)Từ (*) , (**) suy ra A1, D, B1, E thẳng hàng

Đề 11


a) Rút gọn Pb) Tìm x để P 0

Bài 2: (4,0 điểm). a) Giải hệ phương trình : x + y = 1

x5 + y5 = 11 b) Giải phương trình:

Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1. Chứng minh b+c ≥ 16abc.b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

.

Bài 4: (6,0 điểm). 1. Cho hình vuông ABCD cạnh là a. Trên đường chéo AC lấy điểm E và F sao cho

45

EBF = 450. Đường thẳng BE, BF cắt AD và CD lần lượt tại M và N. MF và NE cắt nhau tại H, BH cắt MN tại I.

a.Chứng minh AB = BI.b.Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.2. Cho tứ giác ABCD. Lấy điểm M tùy ý trên cạnh AB xác định điểm N trên cạnh DC sao

cho MN chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau

Bài 5: (2,0 điểm). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 7111

yx

HƯỚNG DẴN GIẢI2. a) Ta có x5 + y5 = ( x5 + x2y3 + x3y2 + y5 ) – ( x2y3 +x3y2) = (x3 + y3) (x2 +y2 ) – x2y2(x+y) Vì x+ y = 1 x5+y5 = ( x2 – xy +y2)(x2 + y2) – x2y2 = ( x2 + 2xy + y2 – 3xy)(x2 + y2 + 2xy –2xy) – x2y2 = xy3)yx( 2 (x +y )2 – 2xy - x2 y2 = ( 1- 3xy)(1-2xy) – x2y2

x5 + y5 = 5(xy)2 – 5(xy) + 1 5(xy)2 – 5(xy) + 1 = 11 xy = 2 (xy)2 – (xy) – 10 = 0 xy = -1Với xy = -1 ta có hệ phương trình x + y = 1 xy = -1 ( x,y) = ( 2

51 ; 251 ) hoặc ( 2

51 ; 251 ). Với xy = 2 ta có hệ phương trình x + y

= 1 xy = 2( vô nghiệm)Vậy hệ phương trình có nghiệm ( 2

51 ; 251 ) và ( 2

51 ; 251 )

b) Đặt Tìm được x = 5 là nghiệm

3. a) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 16

Áp dụng BĐT Côsi x + y 2 ta có ( a + b) + c 2 1 2 1 4( a + b)c nhân hai vế với a + b > 0 ta được:

A + b 4(a + b)2c mà ta chứng minh được (a + b)2 4abDo đó a + b 4(4ab)c hay a + b 16abc từ đây suy ra đpcm Theo kết quả câu 3.1, ta có: mà (giả thiết)

nên: (vì a, b, c không âm nên b + c không âm) Nhưng: (không âm)Suy ra: .

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

b) Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 x3 + 3x2 + 3x +1 + y3 + 3y2 + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 (x + 1)3 + (y + 1)3 + (x + y + 2) = 0(x + y + 2)[(x + 1)2 – (x + 1)(y + 1) + (y + 1)2 + 1] = 0 (*)

Nên (*) x + y + 2 = 0 x + y = - 2

vì .Vậy MaxM = -2 x = y = -1 .

46

AM

E

B

CN

DF

4. 1) Ta có : EBN = ECN = 450 Tứ giác BCNE nội tiếp BEN = 900 tương tự tứ giác ABFM nội tiếp BFM = 900. Xét BMN có NE và MF là 2 đường cao H là trực tâm BI MNTứ giác ABFM nội tiếp ABM = AFM(cùng chắn cung AM) Tứ giác BEHF nội tiếp EFH = EBH (Cùng chắn cung EH)Do đó ABM = MBI BAM = BIM ( t/h đặc biệt ) AB = BI Ta có AMB = IMB AM = IM, INB = CNB CN = IN AM + CN = IM + IN MD + AM + CN + DN = MN + MD + DN 2a = MN + MD + DN

Đặt DM = x ; DN = y MN = 22 yx SMDN = 2xy

và 2a = x + y + 22 yx

SMDN lớn nhất khi xy lớn nhất.Bài toán đưa về xác định x, y thỏa mãn :x+y + 22 yx =2a sao cho xy lớn nhất. Ta có x+ y 2 xy ; 22 yx xy2

Suy ra 2 a = x + y + 22 yx 2 xy + xy2 2a xy ( 2+ 2 )

xy 22

a2

= a ( 2 - 2 ) xy a2 ( 2 - 2 )2 = a2(6 - 4 2 ) xy 2a2 ( 3 - 2 2 )

Do đó SMDN = 2xy

a2 ( 3 - 2 2 ). Vậy Max SMDN = a2 ( 3 - 2 2 ) Khi x = y = a (2 - 2 )

Vậy khi DM = DN = a (2 - 2 ) thì MDN có diện tích lớn nhất và Max SMDN = a2 ( 3 - 2 2 )2)

y

Qua A vẽ Ax //MD, Ax cắt DC tại F, Qua B vẽ By //MC, By cắt DC tại E. Chứng minh SABCD = SMEF.Lấy N là trung điểm của EF, MN chia tam giác MEF thành hai hình có diện tích bằng nhau và cùng chia tứ giác ABCD ra hai phần có diện tích bằng nhau. Nếu N thuộc đoạn thẳng DC, tức là SAMD < 1/2SABCD và SBMC < 1/2 SABCD

5. Điều kiện 00;0 xyyx

Khi đó:

7497

497749777

0777111

xy

yxxxy

yxxyyx

(Với 7x )

47

y 77

497

xZx

ZyZ là ước của 49 497

56;14;8;6;0;427717

xxx

x

Các nghiệm nguyên dương của phương trình là: 8;5614;14;56;8; yx

Đề 12


a) Rút gọn Pb) Xét dấu của biểu thức P.

Bài 2: (5,0 điểm).

a) Giải phương trình: 122 xx 442 xx = 20062005

2006200520051 2

22

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình

Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn

x y z và 3z - 3x2 = z2 = 16 - 4y2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : zy + yz + zxb) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c và chu vi 2p =a+ b + c

Chứng minh rằng : ap 1

+ bp 1

+ cp 1

2 ( a1

+b1

+c1

)

Bài 4. (5,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là điểm trên cung nhỏ AB

(I không trùng với A và B). Gọi M, N, P theo thứ tự là hình chiếu của I trên các đường thẳng BC, CA và AB.

a) Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.b) Xác định vị trí của I để đoạn MN có độ dài lớn nhất.c) Gọi E, F, G theo thứ tự là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC,

CA và AB. Kẻ EQ vuông góc với GF. Chứng minh rằng QE là phân giác của góc BQC.Bài 5: (2,0 điểm). Ở miền trong hình vuông ABCD lấy điểm M sao cho 015 MABMBA Chứng minh rằng : Tam giác MCD đều

HƯỚNG DẴN GIẢI 2. a) PT đưa về: 200621 xx *

Xét 3 trường hợp * Trường hợp 1: Nếu x<1. PT 2

2003200623* xx (thỏa mãn)

* Trường hợp 2: Nếu x0 < 2 . PT 200610* x (PT vô nghiệm)

* Trường hợp 3: Nếu 2x . PT 2

2009200632* xx (thỏa mãn)

Kết luận: PT có 2 nghiệm ;2

20031 x 2

20092 x

b) Ta có hằng đẳng thức (x + y + z)3 – ( x3 + y3 + z3 ) = 3(x + y) (y + z)(z + x) 48

N

M

P

O

B C

AI

nên (x + y) (y + z)(z + x) = 8. Đặt c = x + y, a = y + z , b = z + x thì abc = 8 do đó a,b,c { 1, 2, 4, 8 } Giả sử x y z thì c b a. Ta có a + b + c = 2 ( x + y + z ) = 6 nên a 2

Với a = 2 ta có . Với a = 4 ta có Không có nghiệm

nguyên.

Với a = 8 ta có . Vậy hệ có 4 nghiệm (1 ;1 ;1) ,(4 ;4 ;-5) (4

;-5 ;4) (-5 ;4 ;4)

3. a) * Tìm giá trị lớn nhất của: xy + yz + zx .Từ giả thiết ta có: y2 = , x2 =

Vì y z z2 5t2 16 z (1)Mặt khác x2 - 3y2 =

x2 3y2 x (2) Từ đó . Ta có: xz =

và yz xy + yz + zx y2 + =

= 2

Dấu đẳng thức sảy ra x = , y = z =

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức xy + yz + zx là đạt được

b, ta có: 02

acbaP , 0

2

bcabP , 02

cabcP

áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: yxyx

411, cbapbpap

42

411

Tương tự ta có: )111(2)111(cbacpbpap

. Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c

4. a) Từ giả thiết có Tứ giác IPAN nội tiếp (cùng chắn cung IN)Lại do Bốn điểm I , P , M , B nằm trên đường tròn đường kính BI Vì Từ (2) và (3) Từ (4) và (1) Vậy M , P , N thẳng hàng .b) Theo chứng minh trên ta có

(góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròn qua 4 điểm I , B , M , P) (góc nội tiếp cùng chắn cung IP của đường tròpn qua 4 điểm I , N , A , P)

49

Từ (5) và (6)

Dấu "=" xảy ra là đường kính của .Vậy MN nhỏ nhất

bằng AB I đối xứng với C qua O .c) Gọi B' , C' lần lượt là hình chiếu của B và C trên GF . Chứng minh được , suy ra

. Lại có Từ (8) và (9) suy ra (10)

Từ (7) và (10) Vậy QE là phân giác của góc BQC .5. Xác định điểm I trong tam giác MDA sao cho tam giác MIA là tam giác đều Ta có IAD=900-150-600=150= MAB, AB=AD và AM=AI

AID= AMB AID = AMB=1500 MID=3600-1500-600=1500

Xét IDM và IDAcó ID chung; MID= AID=1500, IA=IM (do AIM là đều) IDM= IDA AD=DM =DC (1)

Mặt khác DAM= CBM (vì BC=AD ;MB=MA; CBM= DAM) MC=MD (2) từ (1) và (2) ta có DMC đều

Đề 13Bài 1: (4,0 điểm).

Cho biểu thức:a/ Rút gọn Pb/ Tìm các giá trị x nguyên để P nguyên ; c/ Tìm các giá trị của x để

Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải hệ phương trình:

78)(

2156)(22

224

baab

baba

b) Giải phương trình: x

xxx

xx

5214

Bài 3: (4,0 điểm).

a. Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: 35

zyx Chứng minh rằng

yx11

< )11(1xyz

b. Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác biết: abcaccbba 8Chứng minh rằng tam giác đã cho là tam giác đều

Bài 4: (2,0 điểm). a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 7x2 + 13y2 = 1820.b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C = ( xyz)(x+y)(y+z)

(z+x)Bài 5: (5,0 điểm). Cho đoạn thẳng AB có trung điểm là O. Trên nửa mặt phẳng bờ AB dựng nửa đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O). Từ C kẻ CH vuông góc với AB ABH . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của H lên AC và CB.

a) Chứng minh rằng: OC vuông góc với MN;50

C'

B'Q

B C

A

GF

E

b) Qua A kẻ đường thẳng d vuông góc với AB. Tiếp tuyến với (O) tại điểm C cắt đường thẳng d ở K. Chứng minh rằng: BK; CH; MN đồng quy.

HƯỚNG DẴN GIẢI2. a) Đặt )0(;)( 2 xybaxba

Hpt

0193

02156

0782

0215678)2(

21562

22

2

2222

xyx

yx

yxy

yxyxy

yx

23

32

23

32

61)(

61

319

0722721

319

02153

196

319

02156

2

2

24

2

22

2

22

ba

ba

ba

ba

abba

yx

xxy

xx

xxy

xxx

xxy

yx

b) Tập xác định : (*)052

01

xx

xx

Pt xx

xx

xxx

xxx

xxx

x415241524

22

1152

04

xx

xx

xx

xx

So sánh với điều kiện (*) x=2 là nghiệm. 3. a) Ta có: yzxzxyzyxyxz 22222 02222 yzxzxyzyx zyx ,,

xyzyx

xyzzxy

xyyzxz

zyxxyyzxz

11111

11111

165

21 222

b) abcaccbba 8 0222 222222 abccacbabcabacabcbcba 0222 abccbacab

Ta có: 02 cab cba ,, và 02 cba cba ,, và 02 abc cba ,, . mà 0,, cba

0222 abccbacab cba ,,

Dấu bằng xảy ra khi

0)(

0)(

0)(

2

2

2

cab

cba

bac

cba . Kết luận: Vậy tam giác có 3 cạnh bằng nhau

nên là tam giác đều4. a) Do 1820 13 và 13y2 13, x và y là các số nguyên nên ta cần có 7x2 13 x2 13 x 13 (vì 13 là số nguyên tố) x = 13m với m Z. Tương tự do 1820 7 và 7x2 7, x và y là các số nguyên nên ta cần có 13y2 7 y2 7 y 7 (vì 7 là số nguyên tố) y = 7n với n Z. Khi đó phương trình đã cho trở thành: 7(13m)2 + 13(7n)2 = 1820 13m2 + 7n2 = 20

13m2 20 m2 1 , (vì m Z). + Nếu (loại).

+ Nếu

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) và (13; 7).

51

b) vì x, y, z > 0, x + y + z = 1. áp dụng BDT côsi cho 3 số dương : xyz

Tương tự )2(278

32

3

33

xzzyyxxzzyyx

Từ (1),(2) 7298))()(( xzzyyxxyz . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là

7298

khi x = y = z =

31

5. a) ACB = 90o (vì OA = OC = OB)b) CMH = 90o (gt) và CNH = 90o (gt) => CMHN là hình chữ nhật => C1 = M1

Mà CAO = ACO (OA = OC nên tam giác ACO cân) CAO + C1 = 90o

Cho nên ACO + M1 = 90o. Gọi E là giao của OC và MN ta có CEM = 90o

Hay OC vuông góc MN (đpcm)b) Ta có KA = KC (tính chất tiếp tuyến). Kéo dài BC cắt d tại W. Ta có WCA = 90o

Mà: KAC + AWC = 90o KCA + WCK = 90o và KCA = KAC (lý do KC = KA)=> KWC = WCK => KC = KW. Vậy WK = KA = KC. Hay K là trung điểm AWI là giao CH và MN vì CMHN là hình nhữ nhật, I là trung điểm của CHMặt khác WA // CH (cùng vuông góc với AB); giả sử BI cắt WA tại K'

áp dụng talet: KKKWKAK

WKIHCI

'''¦'

'¦

Vậy BI đi qua trung điểm K của AW. Hay KB; CH; MN đồng quy

Đề 14

Bài 1: (4,0 điểm). Cho biểu thức : P =

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P biết x =

c) Tìm giá trị của x thỏa mãn : P

Bài 2: (5,0 điểm). a) Giải hệ:

65185

2222

2222

yxyxyxyxyxyx

b) Giải phương trình: Bài 3: (4,0 điểm). a) Cho a , b, c, d > 0 . Chứng minh rằng :

1 < + + + < 2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= . Với a, b, c là độ dài 3

cạnh của tam giác

52

Bài 4: (5,0 điểm). Cho ABC có 3 góc nhọn. ở bên ngoài tam giác vẽ hai nửa đường tròn có đ-ường kính là AB và AC. Một đường thẳng d quay quanh A cắt hai nửa đường tròn lần lượt tại M và N (khác A)

a) Chứng minh đường trung trực của MN đi qua một điểm cố định b) Giả sử ABC cân tại A. Xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tứ giác BCNM lớn

nhấtBài 5: (2,0 điểm). Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao BK bằng 12cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC.


2. a) Giải hệ:

)22(65)21(185

2222

2222

yxyxyxyxyxyx

Lấy (21) + (22): 1252222 yxyx 522 yx thay vào (21) 12 xy

Từ đó ta có hệ:

17

2422522

yxyx

xyyx

Từ đó ta có hệ pt:

a)

17

yxyx

b)

17

yxyx

c)

17

yxyx

d)

17

yxyx

Vậy hệ đã cho có nghiệm: 3,4;4;3;4;3;3,4, yx

3. a) Ta luôn có : < < 1 ( 1 )

áp dụng tính chất của tỉ số ta có : < (2)

Từ (1) và (2) ta có : < <

Tương tự ta có : < <

< < ; < <

Cộng vế theo vế của 4 bất đẳng thức kép trên ta được :

< + + + <

Vậy 1 < + + + < 2 (đpcm)

b) Đặt b+c-a=2x; a+c-b =2y; a+b-c=2zx, y, z >0 a= y+z

b= x+zc= x+y

2P = =

P 26

53

Dấu "=" xảy ra khi ; ; 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4 a=7; b =6; c=5.

4. a) Ta có AMB =90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (1)ANC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

(2)Từ (1) và (2) suy ra: Tứ giác BMNC là hình thang vuôngGọi d' là trung trực của MN => d' là đường trung bình của hình thang vuông BMNC => d luôn đi qua một điểm cố định k (k là trung điểm của BC)b) Xác định vị trí d để diện tích BCMN lớn nhấtVẽ => Max MN = BC

d

d '

K

D

P

N

A

BC

M

Ta có SBCNM=SABC + SABM + SACN => max SBCNM <=> ( SABM+ SACN) max<=> 1/2(BM.MA+CN.NA) max (1)mà 1/2(BM.MA+CN.NA) 1/4(BM2+MA2+CN2+NA2)

=1/4(AB2+AC2) = ( do AB=AC=a) Không đổi

=> maxSBCNM = SABC + BM=MA

<=> NC= AN M là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB.<=> N là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AC.Vậy khi d đi qua M và N được xác định nh trên thì SBCNM max

5. Đặt AC = AB = x, BC = y. Ta có: tam giác AHC đồng dạng với tam giác BKC ( vì có góc nhọn C chung) nên:

54

K

H

A

B C

Hay AH.BC = BK.ACVậy: 5y = 6x (1)

Mặt khác: trong tam giác AHC vuông tại H ta có:

Hay (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: x = , y = 15.

Vậy: AB = AC = cm, BC = 15cm

Đề 15

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức :P=

a) Tìm giá trị của x để P xác định b) Rút gọn Pc) Tìm x sao cho P>1

Bài 2: (5 điểm)

Giải hệ phương trình:

b) Giải phương trình:

Bài 3: (3 điểm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thứcx2 + xy + y2 = x2y2

Bài 4: (2 điểm) Cho 4 số x, y, z, t. Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 = 0Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Bài 5: (6 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm A ở ngoài đường tròn. Từ một điểm M di động trên đường thẳng d OA tại A, vẽ các tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Dây BC cắt OM và OA lần lượt tại H và K.

a) Chứng minh rằng OA.OK không đổi, từ đó suy ra BC luôn đi qua một điểm cố định.b) Chứng minh rằng H di động trên một đường tròn cố định.c) Cho biết OA = 2R, hãy xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác MBOC nhỏ nhất.

Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

HƯỚNG DẴN GIẢI2. a)

55

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 5 2 0

4 0

( 1) 2 5 2 0

4 0

( 2)( 2 1) 0

4 0

2 0

4 0

2 1 0

4 0

11

4x=5 va

135

x xy y x y

x y x y

y x y x x

x y x y

y x y x

x y x y

y x

x y x y

y x

x y x y

xy

x

y

1y=1

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (1; 1); 4 13; -5 5

3. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thứcx2 + xy + y2 = x2y2

*Với x 2 và y 2 ta có: 2 2 2

2 2 2

4

4

x y x

x y y

x2y2 2 (x2 + y2) = x2 + y2 +x2 + y2 x2 + y2 + 2xy> x2 + y2 + xy* Vậy x 2 hoặc y 2 - Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2

hay 3y2-2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên- Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2

hay 3y2+2y -4 =0 Phương trình không có nghiệm nguyên- Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2

hay y = -1 - Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2

hay 1- y = 0 y =1- Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là:(0; 0); (1, -1); (-1, 1)4. Cho 4 số x, y, z, t. Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88=0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = 0<=> 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = 0

56

=>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy = =x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt ==x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt +16t2 + y2- 4yt + 4t2 ==[x + 2(z + y + t)]2 + (2y - z)2 + (z - 4t)2 + (y - 2t)2 0ADấu bất đẳng thức xảy ra:

2y – z = 0z - 4t = 0

<=> y - 2t = 0x + 2y + 2z + 2t = 0(x + y)(z + t)+ xy + 88 = 0

=> (x; y; z; t) bằng (14; -2; -4; -1) hoặc (-14; 2; 4; 1)5. a) Dễ thấy OM BC

HOK AOM => => OA.OK = OH.OM (1)

Xét BOM vuông tại B nên : OB2 = OH.OM (2)Từ (1) và (2) suy ra A. OK = R2 (không đổi)

=> (không đổi) do đó K cố định trên OA

b)Ta có OHK = 900 => H nằm trên đường tròn đường kính OK cố định.c)

Tứ giác MBOC có hai đường chéo vuông góc nên SMBOC = OM.BC

=> S nhỏ nhất OM nhỏ nhất và BC nhỏ nhất.+ OM nhỏ nhất M trùng với A+ BC nhỏ nhất BC OK H trùng với K M trùng với A

Nếu OA = 2R thì: ; BC = 2 BK =

Vậy SMBOC = 2R.

Đề 16

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: 3

3

6 4 3 1 3 3 33 2 3 4 1 33 3 8

x x xA xx x xx

a) Rút gọn biểu thức A .b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.

Bài 2: (5 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

b) Giải phương trình (1)

57

Bài 3: (4 điểm)

a) Tìm mọi cặp số nguyên dương (x; y) sao cho là số nguyên dương.

b) Cho x, y , z là các số dương thoả mãn xyz x + y + z + 2 tìm giá trị lớn nhất của x + y + z

Bài 4: (2 điểm)Cho các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc = 1. Chứng minh rằng:

Bài 5: (5 điểm)Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A

và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng 2 2 .MN MP MA MB b) Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông.c) Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam

giác MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường thẳng d.HƯỚNG DẴN GIẢI

1.a) Ta có: 23 2 3 4 3 1 3 0;1 3 0, 0x x x x x , nên điều kiện để A có nghĩa là

3 43 8 3 2 3 2 3 4 0, 0 3 2 03

x x x x x x x

3

3 3

1 36 4 3 33 2 3 4 1 33 2

xx xA xx x xx

.

6 4 3 2 3

3 3 1 33 2 3 2 3 4

x x xA x x x

x x x

3 4 2 3 3 2 3 13 2 3 2 3 4

x xA x xx x x

23 1

3 2

xA

x

(

403

x )

b) 2 23 1 3 2 2 3 2 1 133 2 3 2 3 2

x x xA x

x x x

Với 0x , để A là số nguyên thì 3 3 3 9

3 2 1 33 13 1

x xx x

xx

(vì x Z và 0x ).Khi đó: 4A

2. a) + Từ (3): x + y + z = 2 + Từ (1) và (3) ta có: Biến đổi tương đương ta đưa về được: 3(x + y)(y + z)(x + z) = 0 + Xét x + y = 0 thay vào (3) ta được z = 2 , thay vào (2) được x = 0; y = 0Do đó ta được (x ; y; z) = (0 ; 0; 2 )Xét y + z = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (2 ; 0; 0)Xét z + x = 0, giải tương tự ta được: (x ; y: z) = (0; 2 ; 0)

+ Vậy hệ phương trình trên có 3 nghiệm: (x; y; z) = (0 ; 0; 2 ) ; (2 ; 0; 0) ; (0; 2 ; 0)b) Ta nhận thấy x = 1 là nghiệm của PT (1)

58

Với thì: . Nên PT vô nghiệm với Với x >1 Thì: Nên PT vô nghiệm với x >1 Vậy PT (1) có nghiệm duy nhất x = 13. a) áp dụng BĐT Cautry cho ba số dương x, y, z. Ta có x + y +z 33 xyz Biến đổi được ( x + y + z)3 27(x + y + z +2 ). Đặt T = x + y + z > 0Biến đổi được ( T - 6) ( T + 3)2 0 T 6. Tìm được GTNN T = 6 khi x = y = z =2

b) Đặt = a Với a là số nguyên dương thì x4 + 2 = a(x2y + 1) x2(x2- ay) = a - 2 (1)

Xét 3 trường hợp sau : TH1: Nếu a = 1 thì từ (1) ta có : x2(x2- y) = - 1

TH2: Nếu a=2 thì từ (1) có x2(x2- 2y)=0, suy ra x2 =2y nên có x= 2k, y=2k2 với k là số nguyên dươngTH3: Nếu a > 2 thì từ (1), có a – 2 > 0 và (a – 2) chia hết cho x2 nên a – 2 x2 a x2 + 2 > x2

Từ đó 0 < x2- ay < x2- x2y 0. Điều này không xảy raVậy: Cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn đề ra là : (1; 2) và (2k; 2k2) với k là số nguyên dương.4. Ta có a5 + b5 = (a + b)(a4 - a3b + a2b2 – ab3 +b4 ) =(a + b)[(a - b)2(a2 + ab + b2) + a2b2)

Do nên Suy ra . Đẳng thức sảy ra khi a = b.

Do đó: (1)( vì có abc =1)

Chứng minh tương tự tacó (2) (3)

Cộng từng vế của (1); (2); (3) ta có

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 15.

a) Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng.

Suy ra: 2 2 .MA MN MN MP MA MBMN MB

b) Để MNOP là hình vuông thì đường chéo 2 2OM ON R 59

Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M. Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có 2 2MN MO ON R , nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó MNOP là hình vuông. Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì 2OM R R c) + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM, tâm là H. + Kẻ OE AB , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ ( )HL d thì HL // OE, nên HL là đường

trung bình của tam giác OEM, suy ra: 12

HL OE (không đổi).

+ Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE.

Đề 17

Bài 1: (4 điểm)Cho biểu thức: A =

11

11:1

111

xyx

xyxxy

xyxxy

xyx

a. Rút gọn biểu thức.

b. Cho 611

yx Tìm Max A.

Bài 2: (5 điểm)a) Giải hệ phương trình

b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn 2006 zyx và 20061111

zyx

Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006.

Áp dụng giải phương trình sau: .

Bài 3: (2 điểm)Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2

Tìm GTNN của P =

Bài 4: (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1) b) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình (m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng (d) là lớn nhất.Bài 5: (5 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. H là điểm thuộc đoạn OB sao cho HB = 2HO. Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H. Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB sao cho E không trùng với C và B. Nối A với E cắt CD tại I.

a/ Chứng minh rằng AD2 = AI.AEb/ Tính AI.AE – HA.HB theo R

60

c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp DIE ngắn nhất.


1. a) Đk : x 0; y 0; x.y 1.

Quy đồng rút gọn ta được: A = yx.1

b) 91

.1

611

yx

Ayx Max A = 9 9

1311 yx

yx

2. a) TXĐ: x, y, z . Nhân 2 vế của mỗi phương trình với 2 ta có:

Cộng (1), (2), (3) từng vế ta có:

Thử lại ta thấy thoả mãn. Vậy x = y = z = là nghiệm của hệ.

b) Từ giả thiết ta có: zyxzyx

1111 01111

zyxzyx 0

zyxzzzyx

xyyx

011

zyxzxy

yx 0 zyzxyx

000

zyzxyx

200620062006

xyz

Kết luận: Vậy ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006* Đặt a = 2x + 1, b = x - 1, c = - x- 2 a + b + c = 2x - 2

Phương trình (*) trở thành theo kết quả câu a ta có

a + b = 0 hoặc b + c = 0 ( vô lí) hoặc a + c = 0 ( loại) Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0

3. Vì x, y, z > 0 ta có: áp dụng BĐT Côsi đối với 2 số dương và ta được:

(1) . Tương tự ta có:

61

Cộng (1) + (2) + (3) ta được:

Dấu “=” xảy ra . Vậy min P = 1

4. a) Nhận thấy x=y=0 là nghiệm.Với x,y 0(1) <=> y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2) x2 – 7 phải là bình phương của số nguyên.

Hay: x2 – 7 = a2 x2 – a2 = 7 ( )( ) 7x a x a 7

4 41

x ax x

x a

Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2.Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2)b) Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0).

m = 4, ta có đường thẳng y = 1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (1). m = 3, ta có đường thẳng x = -1, do đó khoảng cách từ O đến (d) là 1 (2).

m 4, m 3 thì (d) cắt trục Oy, Ox lần lượt tại: và .

Hạ OH vuông góc với AB, trong tam giác vuông AOB, ta có:

.

Suy ra (3).

Từ (1), (2), (3) ta có GTLN của OH là , đạt được khi và chỉ khi m = . Kết luận: m = .

5.

a/ AD2 = AE.AI đồng dạng)

b/ Ta có AI.AE –HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 = ( OA+OH)2 =( R+ )2 =

c/ Kẻ Dx cắt EB kéo dài tại F Tứ giác DIEF nội tiếp (tổng hai góc đối = 1800) đường tròn ngoại tiếp trùng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác DIEF có đường kính là IF Gọi K là giao điểm của IF và BD K là tâm đường tròn ngoại tiếp

HK ngắn nhất KD = E giao điểm của (O;R)

với ( K; ) ( E cung nhỏ BC của đường tròn tâm O )

Đề 18

62

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức A = với

a) Rút gọn biểu thức A.b) Chứng minh rằng: 0 < A < 2.

Bài 2: (5 điểm)a) Giải hệ phương trình:

3 2

3 2

3 2

9 27 27 0

9 27 27 0

9 27 27 0

y x x

z y y

x z z

b) Giải phương trình: x3 – 3x2 + 9x – 9 = 0Bài 3: (2 điểm)Giả sử x, y là các số dương thoả mãn đẳng thức: 10 yx Tìm giá trị của x và y để biểu thức: )1)(1( 44 yxP đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy.Bài 4: (4 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21.

b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:

Bài 5: (6 điểm) 1. Cho đường tròn tâm O, đường kính BC = 2R. Từ điểm P trên tia tiếp tuyến của đường tròn tại B, vẽ tiếp tuyến thứ hai PA (A là tiếp điểm) với đường tròn. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E là giao điểm của PC và AH.

a) Chứng minh E là trung điểm của AH.b) Tính AH theo R và khoảng cách d = PO.

2. Cho hình thang vuông ABCD ( A = D = 900) và DC = 2 AB. Gọi H là hình chiếu của D trên đường chéo AC và M là trung điểm của đoạn HC. Chứng minh rằng BM MD


1. a) với . Ta có A =

b) với ta luôn có A > 0. Lại có: hay A < 2. Vậy 0 < A < 2

2. a) Cộng từng vế 3 phương trình ta được: (x + 3)2 + (y-3)2 + (z- 3)2 = 0 (4)

Mặt khác: (1) 9x2- 27x + 27 = y3= 9 (4

27)23 2 x >0 y> 0; tương tự : x > 0; z > 0.

a. Xét x 3 từ (3) 9z2 – 27z = x3- 27 0 9z (z – 3) 0 z 3Tương tự y 3. Từ (4) x = y= z = 3b. Xét 0 < x < 3. Từ (3) 9z2- 27z = x3 – 27 < 0 9z (z-3) < 0 z < 3Từ (4) hệ phương trình vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x= 3; y = 3; z = 3)b) x3 – 3x2 + 9x – 9 = 0 <=> 3x3 – 9x2 + 27x – 27 = 0 <=> 3x3 = 9x2 – 27x + 27

2x3 = -x3 + 9x2 – 27x + 27 = (3 – x)3 =>

3. a) P = (x4 + 1) (y4+ 1) = (x4+ y4) + (xy)4 + 163

Đặt: t = xy, ta có: x2+ y2 = (x +y)2 – 2xy = 10 – 2tx4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2(xy)2= (10 – 2t)2 – 2t2 = 2t2- 40t + 100Khi đó : P = t4 + 2t2- 40 t + 101= (t4 – 8t + 16) + 10 (t2- 4t + 4) + 45= (t2 – 4)2+ 10 (t – 2)2 + 45Suy ra P 45. Đẳng thức xảy ra khi t = 2 x+y = 10 và xy = 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là P = 45 khi: (x,y) = 2

210;2

210 hoặc:

2

210;2

210

4. a) Đặt S = x + y ; P = xy => điều kiện cần để hệ có nghiệm là S2 4P (*) Phương trình đã cho tương đương với :S3 – 3 SP + 6P = 21 S3 – 3SP + 6P – 8 = 13 ( S – 2 ) ( S2 + 2S - 3P + 4 ) = 13 (2) Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + 4 = ( x + y ) 2 + 2(x + y ) – 3 xy + 4

= x2 + y2 – xy + 2(x +y ) + 4 =

Vậy S – 2 và M là 2 ước số dương của số nguyên tố 13 .ta xét 2 trường hợp sau :

TH1 : hoặc 0,25đ

TH2 : vô nghiệm vì không thoả mãn (*) .

Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là ( 2 ; 1 ) ; ( 1 ; 2 ) . 0,25đ

b) Với mọi số thực x ta có :

Do đó:

Suy ra : . Hoặc: 3( 3( nhân vào khai triển và rút gọn đưa về BĐT đúng5.

E

O

P

CB

A

H

1) a) Ta có AH // PB (vì AH, PB cùng vuông góc với BC) EH CHPB CB

(1)

64

Lại có AC // PO (vì AC, PO cùng vuông góc với AB) nên hai tam giác vuông AHC và PBO đồng

dạng AH CHPB BO

(2)

Mà CB = 2.BO nên AH = 2. EH hay E là trung điểm của AH.

b) Ta có AH2 = HB. HC = (2R – HC)HC 2 EH.CB EH.CBAH 2R .PB PB

=

AH.CB AH.CB2R .2PB 2PB

2 24PB .AH (4R.PB AH.2R).AH.2R

2 2 2PB .AH 2R .PB R .AH

2 2 2R PB .AH 2R .PB Mà 2 2 2PB d R nên 2

2 22

2RAH . d Rd

2) Gọi N là trung điểm của DH

MN là đường trung bình của DHC =>MN = DC và MN//CD

Mà AB = CD ; AB//CD

=> MN =AB và MN//AB => tứ giác ABMN là hình bình hành => AN//BM. Từ MN//AB mà AB AD => MN AD => N là trực tâm của AMD => AN MD vì AN//BM mà AN DM => BM DM

Đề 19

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức: A =

a) Rút gọn A

b) CM: A 0Bài 2: (5 điểm) a) Tìm x, y, z thỏa mãn hệ sau:

.

b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8xBài 3: (2 điểm) Cho các số dương a;b;c thỏa mãn a + b + c 3.

Chứng minh rằng:

Bài 4: (3 điểm)

a) Giả sử a, b, c là những số thực thỏa mãn a, b, c o và .


b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = với x > 0; y > 0; z > 0 và

65

Bài 5: (6 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O;R ) . Điểm M thuộc cung nhỏ BC. gọi I,K,H theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M trên AB; AC; BC. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB; HK. a) Chứng minh MQ PQ.

b) Chứng minh :

c) Cho tam giác ABC đều. Xác định vị trí của điểm M trên cung BC để MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất


1. a) ĐK: . A =

A = A =

b) Do: , => A =

2. a) Biến đổi tương đương hệ ta có:

Nhân các vế của 3 phương trình với nhau ta được:(x - 2)(y - 2) (z - 2)(x+1)2(y+1)2(z+1)2= - 6(x - 2)(y - 2) (z - 2)

(x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0(x - 2)(y - 2) (z - 2) = 0. x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2

Với x = 2 hoặc y = 2 hoặc z = 2 thay vào hệ ta được x = y = z = 2.Vậy: với x = y = z = 2 thỏa mãn hệ đã cho.b) Giải phương trình sau: 3(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 8x<=> 9(x + 5)(x + 6)(x + 7) = 24xĐặt y = x + 9 hoặc đặt y = x + 6. Có nghiệm x = -9

3. Áp dụng (a + b + c)( + + ) 9. Ta có

(1)

Mặt khác từ (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 0 => ab+bc+ca a2+b2+c2

=> ab + bc + ca (2)

Từ (1) và (2) ta có dấu = xảy ra khi a = b = c = 1

4. a) * a + b + c = 0 => a + b = -c => (a + b)3 = -c 3 => a3 + b3 + c3 = -3ab(a + b) = 3abc

66

* => ab + bc + ca = 0

* a6 + b6 + c6 = (a3 )2 + (b3)2 + (c3)2 = (a3 + b3 + c3)2 – 2(a3b3 + b3c3 + c3a3)* ab + bc + ca = 0 => a3b3 + b3c3 + c3a3 = 3a2b2c2

Do đó * a6 + b6 + c6 = (3abc)2 – 2.3a2b2c2 = 3a2b2c2. + Vậy:

b) + Biến đổi để được:

A = x + y + z (1)

+ Chứng minh được: x + y + z > 0 (2)

+ Thay (2) (3) vào (1) được A

Do đó: Min A =

+ Vậy Amin =

5. a) Tứ giác MCKH nội tiếp BMAHMK. Mặt khác MP, MQ là trung tuyến của BMA, HMK

và BMH PMQ

Mặt khác PQ MQ. b) Giả sử AC AB ta có:

(1)

( Do

Do ( 2)

c) Từ (1),(2) và (3) suy ra

Gọi D là giao điểm của MA với BD ta có :

MBD MAC

Tương tự ta có : Do đó

Suy ra MA + MB + MC = 2MA 4RVậy max (MA + MB + MC) = 4R khi AM là đường kính khi đó M là trung điểm của cung BC

Đề 2067

Bài 1: (4 điểm) Cho biÓu thøc:

a. T×m ®iÒu kiÖn ®Ó cho biÓu thøc M cã nghÜa.b. Chøng minh r»ng biÓu thøc M kh«ng phô thuéc vµo a.

Bài 2: (5 điểm) a) Giải phương trình :

b) Giải hệ phương trình :

Bài 3: (4 điểm)

Ba số x;y;z thoả mản hệ thức : 6321

zyx . Xét biểu thức :P= x+y2+z3.

a.Chứng minh rằng: Px+2y+3z-3?b.Tìm giá trị nhỏ nhất của P?.

Bài 4: (5 điểm) Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB và tia tiếp tuyến Bx của nửa đường. Trên tia Bx lấy 2 điểm C, D (C: nằm giữa B và D). Các tia AC và AD lần lượt cắt đường tròn tại E và F; hai dây AE và BF cắt nhau tại M. Hai tia AF và BE cắt nhau tại N. Chứng minh rằng:

a) MN // Bx.b) Tứ giác CDFE nội tiếp được.

Bài 5: (2 điểm) Cho tam giác có số đo các cạnh lần lượt là 6; 8 và 10. Tính khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến tâm đường tròn nội tiếp của tam giác.

HƯỚNG DẴN GIẢI1. §iÒu kiÖn:

KÕt luËn: biÓu thøc M kh«ng phô thuéc vµo a2. a) Chia cả tử và mẫu của hai phân thức cho x và đặt biến phụb) Điều kiện 0y

yx

yx

yx

yx

3131

2

22 (1)

yx

yx

yx

yx

3131 (2)

Cộng (1) và (2) vế với vế ta được: 06112

yx

yx 02131

yx

yx

021

031

yx

yx

421

331

yx

yx

Từ (3) và (2) ta có:

6

31

yx

yx

yxyy

6(*)0136 2

vô nghiệm hệ vô nghiệm

68

Từ (4) và (2) ta có

1

31

yx

yx

yxyy 0122

;1 yx hệ có 1 nghiệm ;1yx

3. a) Xét nghiệm P=(x+y2+x3)= y2-2y+z3-3z+3=(y2-2y+1)+(z3-3x+2)=(y-1)2+(z-1)2(x+2) 0 do x+2>0)Vậy Px+2y+3z-3b) áp dụng BĐT Bu nhi a Cốp ski ta có

(x+2y+3z)( )321zyx

=[( 222 )3()2() zyx ].

222

321zyy

2

2

)321(3.32.21.

zz

yy

xx =36

=> x+2y+3z 66:36 =>P 336332 zyx

Đẳng thức xảy ra khi:1

33

22

1

63211

zyx

z

z

y

y

x

xzyx

zy

Vạy giá trị nhỏ nhất của P=3 khi x=y=z=1.4. a) Trong tam giác ABN ta có:

AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)<=> AE BN (1)

AFB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)<=> BF AN (2)

Từ (1) và (2) => M là trực tâm của tam giác ABN

=> MN AB => MN //Bx (Vì cùng vuông góc với AB)

b) Ta có: DFE + BFE = DFE + BAE = 900

69

E

NF

AB

CM

x

A

B

E C

DO

FI

r

r

r 106

8

BCA + BAC = BCA + BAE = 900=> DFE = BCA

Khi đó trong tứ giác CDFE ta có: DCE + DFE = DCE + BCA = 1800

=> Tứ giác CDEF là tứ giác nội tiếp.5. a) Ta có: BC2 = AB2 + AC2 102 = 62 + 82 ABC vuông tại A, nên trung điểm O của cạnh huyền BC là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) trên các cạnh BC, AC, AB, S, p, r lần lượt là diện tích, nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ta có:

S = pr r = 2.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:BD = BF, CD = CE, AE = AFSuy ra: BD + CE + AF = p BD + (CE + AE) = p BD + AC = p BD = p – AC = p – b = 12 – 8 = 4.Do đó OD = OB – OD = 5 – 4 = 1Theo định lý Pi-ta-go trong tam giác vuông OID, ta có:OI2 = OD2 + ID2 = 12 + 22 = 5 OI = . Vậy OI = .

Đề 21

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức .

a) Tìm điều kiện xác định của M và rút gọn biểu thức M.b) Tìm giá trị của M với .

Bài 2: (5 điểm) a) Giải hệ phuơng trình:

b) Tìm (x;y) thoả mãn Bài 3: (2 điểm) Cho a, b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

Bài 4: (4 điểm) a) Cho các số không âm thỏa mãn: x + y + z 3 Tìm giá trị lớn nhất của

b) Giải phương trình nghiệm nguyên x2y2-x2 -8y2 = 2xy (1)Bài 5: (5 điểm)

Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng (d) không đi qua tâm O cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm phân biệt A, B. Điểm M chuyển động trên (d) và nằm ngoài đường tròn (O; R), qua M kẻ hai tiếp tuyến MN và MP tới đường tròn (O; R) (N, P là hai tiếp điểm).

a) Chứng minh rằng tứ giác MNOP nội tiếp được trong một đường tròn, xác định tâm đường tròn đó.

70

b) Chứng minh MA.MB = MN2.c) Xác định vị trí điểm M sao cho tam giác MNP đều.d) Xác định quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.


2. a) + Đặt ĐKXĐ của hệ là (x+2y)(x+y+1)

+ Biến đổi phương trình

+ Thay y = 1 vào phương trình 3x + y = 4 ta tìm đợc x = 1+ Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm của hệ là (1; 1)b) + Điều kiên xác định: x 4 và y 4 (*)+ Đặt với a và b là các số không âm thì điều kiện đề bài trở thành

(1)

+ Với mọi a; b thì . Do đó từ (1) suy ra (2)

Giải (2) ta được a = b = 2. Do đó x = y = 8+ Kiểm tra các giá trị của x, y thoả mãn điều kiện đề bài. Vậy cặp số (8; 8) là cặp số cần tìm.

3. Cho a, b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta có:

Ta chứng minh: (*).

Lại theo BĐT Cô-si ta có:

( vì abc+2 = abc+1+1 )Vậy (*)được chứng minh BĐT đã cho đúng với mọi a,b,c>0.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1.4. a) Cho các số không âm thỏa mãn: x + y + z 3 Tìm giá trị lớn nhất của Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky, ta được:

71

Tương tự: Bởi vậy

A 6 + ( 3 - ) 6 + ( 3 - )3 = 9 + 3 (Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xky và giả thiết x + y + z 3 ) Vậy giá trị lớn nhất của A là : 9 + 3 , x = y = z = 1.b) Nhận thấy x=y=0 là nghiệm.Với x,y 0(1) <=> y2 ( x2- 7)= (x+y)2 (2)(2) x2 – 7 phải là bình phương của số nguyên.

Hay: x2 – 7 = a2 x2 – a2 = 7

Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2 Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2.Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2)5.

a, b) Dễ quá rồi.c) Tam giác MNP đều khi OM = 2Rd) Quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là đường thằng d’ song song với đường thẳng d (trừ các điểm ở bên trong đường tròn).

Đề 22

Bài 1: (4 điểm) Cho biÓu thøc : a. Rót gän biÓu thøc .b. TÝnh gi¸ trÞ cña khi Bài 2: (5 điểm) a)

72

b) Giải hệ phương trình: (I)

Bài 3: (4 điểm) a) Cho xyz = 1 và x + y + z = 3. Tìm GTNN của B8 = x16 + y16 + z16

b) Cho a, b, c thoả mãn:

Tính giá trị biểu thức: P =

Bài 4: (5 điểm) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và điểm C thuộc đường tròn đó (C khác A, B). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F.

1) Chứng minh FCDE là tứ giác nội tiếp.2) Chứng minh DA.DE = DB.DC.

3) Chứng minh = . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC là tiếp tuyến của đường tròn (O).Bài 5: (2 điểm)

Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là: BC = a, CA = b, AB = c và chu vi tam giác là 2P.



b) Nhân (1) (2) và (3) ta có:[(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36(x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hoặc (x + 1)(y + 2)(z + 3) = -6

73

Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 hệ (I) là:

Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:

Vậy nghiệm của hệ là (0 ; 0 ; 0) và (-2 ; -4 ; -6)3. a) Ta có : (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 0 a,b,c a2 + b2 + c2 ab + ac + bc (1)

áp dụng bất đẳng thức (1) ta có : B8 = x16 + y16 + z16 = (x8)2 + (y8)2 + (z8)2 x8y8 + y8z8 + z8x8 B8 x8y8 + y8z8 + z8x8

B8 (x4y4)2 + (y4z4)2 + (z4x4)2 x4y4. y4z4+ x4y4. z4x4 + y4z4. z4x4

B8 x4y8z4 + x8y4z4 + x4y4z8 B8 (x2y4z2)2 + (x4y2z2)2 + (x2y2z4)2 x6y6z4 + x6y4z6 + x4y6z6

B8 (x3y3z2)2 + (x2y3z3)2 + (x3y2z3)2 x5y6z5 + x6y5z5 + x5y5z6

B8 (xyz)5.x + (xyz)5.y + (xyz)5.z = x + y + z = 3(do xyz = 1 và x + y + z = 3) B8min = 3 x = y = z = 1

b) Từ gt ta có suy ra

Xét hai trường hợp * Nếu a + b + c = 0 a + b = -c b + c = - a c + a = -b

P = = = . . = = -1

* Nếu a + b + c 0 a = b = c P = 2.2.2 = 8

4.

74

5. * Cm bđt: với x > 0, y > 0

Ta có (x - y)2 0 x,y ⇔ x2 + y2 -2xy 0 ⇔ (x + y)2 4xy

với x ; y.

* Áp dụng :

(Áp dụng Bunhacopski). Dấu bằng xảy ra ⇔ a2 = b2 = c2 ⇔ a = b = cĐề 23

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:

1. Rút gọn biểu thức A.2. Tìm x sao cho A < 2.

Bài 2: (5 điểm) a) Giải hệ phương trình:

b) Giải phương trình: (x + 1)4 = 2(x4 + 1)Bài 3: (4 điểm)

1. Số thực x thay đổi và thỏa mãn điều kiện x2 + (3 -x)2 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = x4 + (3-x)4 + 6x2(3-x)2.

2. (2đ) Cho các số dương a, b, c biết

Chứng minh rằng: abc

Bài 4: (5 điểm)

75

Cho tam giác MNP có ba góc nhọn và các điểm A, B, C lần lượt là hình chiếu vuông góc của M, N, P trên NP, MP, MN. Trên các đoạn thẳng AC, AB lần lượt lấy D, E sao cho DE song song với NP. Trên tia AB lấy điểm K sao cho . Chứng minh rằng: a. MD = ME

2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK.Bài 5: (2 điểm)

Trên đường tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các điểm B và D thuộc đường tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.


2. a) Điều kiện . Hệ đã cho

Giải PT(2) ta được: Từ (1)&(3) có:

Từ (1)&(4) có:

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là: b) Khai triển và rút gọn và chia hai vế cho x2. Đặt x + 1/x = y. Có nghiệm x = 3. 1) Đặt y =3-x bài toán đã cho trở thành: tìm GTNN của biểu thức:

P= x4 + y4 + 6x2y2 trong đó x, y là các số thực thay đổi thỏa mãn: 2 2

3

5

x y

x y

Từ các hệ thức trên ta có:2 2

2 2

2 9

5

x y xy

x y

(x2 + y2) + 4(x2 + y2 + 2xy) 5 + 4.9 =41

5(x2 + y2) + 4(2xy) 41Mặt khác 16 (x2 + y2) 2 + 25(2xy)2 40(x2 + y2)(2xy) (1)Dấu đẳng thức xảy ra 4 (x2 + y2) =5(2xy). Cộng hai vế của (1) với 25 (x2 + y2) 2 + 16(2xy)2 ta được: 41[ (x2 + y2) 2 + (2xy)2] [5(x2 + y2) + 4(2xy)]2 412

hay (x2 + y2)2 + (2xy)2 41 x4 + y4+6x2y2 41

Đẳng thức xảy ra 2 2

2 2

3( ; ) (1;2)

5( ; ) (2;1)

4( ) 5(2 )

x yx y

x yx y

x y xy

Do đó giá trị nhỏ nhất của P bằng 41 đạt được x=1 hoặc x=2

2. Theo giả thiết

76

K

E

BC

AN

M

P

D

D'

B'

A'

O

CA

B

D

Do b > 0; c > 0 nên theo bất đẳng thức côsi ta có:

(1)

Tương tự ta cũng chứng minh được (2)

(3)

Từ (1); (2); (3) ta chứng minh được

=> 1 => đpcm

4. Ta dễ dàng chứng minh tứ giác MBAN nội tiếp , MCAP nội tiếp .

Lại có (cùng phụ góc NMP) (1)

Do DE // NP mặt khác MA NP (2)Từ (1), (2) cân tại A MA là trung trực của DE

MD = MEDo DE//NP nên , mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:

Theo giả thiết Tứ giác MDEK nội tiếp

Do MA là trung trực của DE.

Vì DM là phân giác của góc CDK, kết hợp với AM là phân giác DAB M là tâm của đường tròn bàng tiếp góc DAK của tam giác DAK.

5. Không mất tổng quát giả sử:AB AC. Gọi B’ là điểm chính giữa cung Trên tia đối của BC lấy điểm A’ sao cho BA’ = BA Ta có: (1) ; (2) (3);Từ (1), (2), (3) Hai tam giác A’BB’ và ABB’ bằng nhau Ta có = AB + BC ( B’A + B’C không đổi vì B’, A, C cố định). Dấu “=” xảy ra khi B trùng với B’.Hoàn toàn tương tự nếu gọi D’ là điểm chính giữa cung thì ta cũng có AD’ + CD’ AD + CD. Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D’.

Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các cung của đường tròn (O)

77

Đề 24

Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức:

a) Rút gon biểu thức B.b) Tìm giá trị của x để biểu thức B = 5.

Bài 2: (5 điểm) a) Giải hệ phương trình:

b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 - y3 - 2y2 - 3y -1 = 0

Bài 3: (2 điểm) a) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa món: .Tìn giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Bài 4: (3 điểm)

Bài 6: (5 điểm) Cho đường tròn tâm (O) đường kính AB, xy là tiếp tuyến tại B với đường tròn, CD là một

đường kính bất kỳ. Gọi giao điểm của AC và AD với xy theo thứ tự là M, N.a) Chứng minh rằng: MCDN là tứ giác nội tiếp một đường tròn.b) Chứng minh rằng: AC.AM = AD.ANc) Gọi I là đường tâm tròn ngoại tiếp tứ giác MCDN. Khi đường kính CD quay quanh tâm

O thì điểm I di chuyển trên đường tròn nào ?HƯỚNG DẴN GIẢI

2. a) Đặt . Hệ đã cho trở thành

(vì ).

78

Từ đó ta có phương trình:

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: b) Phương trình đã cho tương đương với : x3 = y3 + 2y2 + 3y +1 (1)Nhận xét rằng: (2)

(3)Từ (2) và (3) suy ra: < x3 , Vì y Z

3 3 3 2 3

3 3 3 2 3

2 3 1

( 1) 2 3 1 ( 1)

x y y y y y

x y y y y y

2

2

2 3 1 0 1 ( ) 10 00

y y y vi y yy yy

Z

Với y = -1 x= -1. Với y = 0 x= 1Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm nguyên là (-1; -1) và (1; 0)3. Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2)

= a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2

mà a3 + ab2 2a2b (áp dụng BĐT Côsi )b3 + bc2 2b2cc3 + ca2 2c2a

Suy ra 3(a2 + b2 + c2) 3(a2b + b2c + c2a) > 0. Suy ra

Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t 3.

Suy ra P 4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 45.

79

6.a) ∆ ABM vuông tại B => BMA + BAM = 900. ∆ OAC cân tại O=> ACD = BAM=> BMA + ACD = 900. ∆ ADC vuông tại A=> ADC + ACD = 900 => BMA = ADC ADC + NDC = 1800

=> ∆ MCDN có NMC + NDC = 1800 nên nội tiếp 1 đường tròn b) ∆ ABM vuông tại B, BC AM

=> AB2 = AC. AM (1) ∆ ABN vuông tại B.BD AN=> AB2 = aD.AN (2) Từ (1) và (2) => AC.AM = AD.AN

c) Chỉ ra được : Kể từ IH xy => IH // OA (1) và HN = HM = AH (∆ AMN vuông tại A; HN = HM)=> NAH = ANH

Theo câu a : ADC = AMN mà ANH + AMN = 900 => NAH + ADC = 900=> AH CDMặt khác IO CD (OC = OD; IO bán kính)= AH // IO (2) Từ (1) và (2) => AHIO là hình bình hành => IH = OA = R (R bán kính đường tròn (0))Vậy khi CD quanh quanh tâm 0 thì I chuyển động trên đường thẳng d//xy cách xy một

khoảng bằng R

80

81

Documents

41 de thi HSG Toan 9 co dap an.doc